52336

АЛГОРИТМ ФОРМУВАННЯ ВМІНЬ ВИКОРИСТОВУВАТИ ЗНАННЯ ПРИ РОЗВ’ЯЗАННІ ТИПОВИХ ЗАДАЧ З МОЛЕКУЛЯРНОЇ БІОЛОГІЇ

Другое

Педагогика и дидактика

ПРИКЛАДИ РОЗВ’ЯЗАННЯ ЗАДАЧ НА МОЛЕКУЛЯРНІ ОСНОВИ СПАДКОВОСТІ Під час розв’язання таких задач необхідно пам’ятати що: довжина одного нуклеотида або відстань між двома сусідніми вздовж осі ДНК становить 034 нм; середня молекулярна маса одного нуклеотида 345 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 іРНК під час трансляції; для визначення довжини гена l...

Украинкский

2014-02-15

309.5 KB

10 чел.

АЛГОРИТМ ФОРМУВАННЯ ВМІНЬ ВИКОРИСТОВУВАТИ ЗНАННЯ ПРИ РОЗВ’ЯЗАННІ ТИПОВИХ ЗАДАЧ З МОЛЕКУЛЯРНОЇ БІОЛОГІЇ

Одним із важливих  завдань шкільного курсу «Біологія» є формування в учнів загальнонавчальних та спеціальних умінь. Вміння розв’язувати задачі – один із об’єктивних критеріїв оцінки глибини засвоєння матеріалу.

Практичне застосування здобутих знань під час розв’язуванняя задач сприяє розвитку логічного мислення, творчому, аналітичному підходу до вирішення поставленого питання або проблеми в цілому, що особливо важливо для майбутніх працівників сучасних галузей виробництва, сільського господарства, медицини.

У методичних рекомендаціях, що відповідають чинним програмам із загальної біології (Біологія. 10-11 кл. Програма для профільних класів загальноосвітніх навчальних закладів з українською мовою навчання. – К.: Педагогічна преса, 2004; Біологія. 8-11 класи. Програми для загальноосвітніх навчальних закладів з поглибленим вивченням біології (Автори П. Балан, Ю. Вервес, В Войцицький, М. Кучеренко), подано алгоритм розв’язання задач з біології, одиниці вимірів, частково теоретичний матеріал, приклади задач з молекулярної біології, використаної літератури.

Поданий матеріал призначений для вчителів біології, старшокласників, абітурієнтів.

Одиниці вимірювання

В біології використовуються основні та похідні одиниці міжнародної системи одиниць (СО): довжини, маси, енергії, роботи, теплоти тощо.

Одиниці довжини – метр (м).

1 м = 10 дм =100 см =   мк =  нм, 1 нм =  м.

Одиниці маси – кілограми (кг).

1 кг =  г (грамів); 1 г =  нг (нанограмів);

1 дальтон – одиниця молекулярної маси, яка дорівнює масі атома Гідрогену.

Одиниця енергії, роботи та кількості теплоти -  джоуль (Дж).

1 Дж =  ерг = 0,2388 кал; 1 кал = 4,1868 Дж.

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.
  1.  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.
  1.  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.

  1.  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.
  1.  Завершальний етап. 

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

ПРИКЛАДИ РОЗВЯЗАННЯ ЗАДАЧ НА МОЛЕКУЛЯРНІ ОСНОВИ СПАДКОВОСТІ

 Під час розв’язання таких задач необхідно памятати, що:

  •  довжина одного нуклеотида, або відстань між двома сусідніми вздовж осі ДНК, становить 0,34 нм;
  •  середня молекулярна маса одного нуклеотида 345 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%.

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?

Розвязання

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

ДНК:

А

Г

Т

-

А

Ц

Г

-

Г

Ц

А

-

Т

Г

Ц

-

А

Г

Ц

-

|

|

|

|

|

|

|

|

|

|

|

|

|

|

|

Т

Ц

А

-

Т

Г

Ц

-

Ц

Г

Т

-

А

Ц

Г

-

Т

Ц

Г

-

  1.  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).

  1.  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.

Розвязання

ДНК:     -

ТАЦ

-

АГА

-

ТГГ

-

АГТ

-

ЦГЦ-

|||

|||

|||

|||

|||

             -

АТГ

-

ТЦТ

-

АЦЦ     -

ТЦА

-

ГЦГ-

іРНК:    -

УАЦ

-

АГА

-

УГГ

-

АГУ

-

ЦГЦ-

Білок:   -

тир

-

арг

-

трип

-

сер

-

арг-

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?

Розвязання-відповідь

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.

Біохімічний аналіз показав, що іРНК має 30% аденіну, 18% гуаніну та 20% урацилу. Визначте частку (у %) кожного нуклеотида у відповідному фрагменті дволанцюгової  ДНК?

Розвязання

Дано:

 

= 30%;

= 18%;

= 20%.

- ?- ?

  - ?

Визначаємо відсоток цитозинових нуклеотидів у даній іРНК:

     =100% - ( +  + ) =

     = 100% - (30% +20% + 18%) = 32%.

Визначаємо відсоток аденінових і тимінових нуклеотидів (окремо) у фрагменті ДНК:

     =  = ( + ) : 2 = (30% + 20%) : 2 = 25%.

Визначаємо відсоток гуанінового і цитозиновог нуклеотидів (окремо) у фрагменті ДНК:

 =  ( + ) : 2 = (18% + 32%) : 2 = 25%.

Відповідь. Частка кожного нуклеотида у відповідному фрагменті дволанцюгової ДНК становить 25%.

Задача 5.

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

Розвязання

Дано:

Склад білка – 124 амінокислоти;  

Мr(амінокислоти) = 100;

Мr(нуклеотида) = 345.

Мr(гена) - ? Мr(білка) - ?

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 6.

Гормон росту людини (соматотропін) – білок, що містить 191 амінокислоту. Скільки кодуючи нуклеотидів і триплетів входить до складу гена соматотропіну?

Розвязання

Одну амінокислоту кодує триплет нуклеотидів , отже, до складу гена соматотропну входить 191 триплет.

191 х 3 = 573 (нуклеотиди) – один ланцюг;

573 х 2 = 1146 (нуклеотидів) – обидва ланцюги.

Відповідь. До складу гена соматотропну входить 191 триплет, що містить 1146 нуклеотидів (обидва ланцюги гена).

Задача 7.

У хворого на синдром Фанконі (порушення утворення кісткової тканини) із сечею виділяються амінокислоти, яким відповідають наступні триплети іРНК: АУА, ГУЦ, АУГ, УЦА, УУГ, УАУ, ГУУ, АУУ. Визначте, які амінокислоти виділяються із сечею у хворих на синдром Фанконі (див. таблиця «Генетичний код»).

Розв’язання

Амінокіслоти:  ілей,  вал,  мет,  сер,  лей,  тир,  вал,  ілей.

Відповідь. У хворих на синдром Фанконі виділяються із сечею такі амінокислоти: ізолейцин, валін,  метіонін, серін, лейцин, тирозин.

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.

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:

Дано:

N (ДНК-нуклеотидів) -  1100;

N (інтронних нуклеотидів) – 100,

120, 130.

N(амінокислот) -?

Розвязання:

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?

Дано:

N(Ц-нуклеотидів) – 384 (20%);

N(амінокислот у білку) – 120;

L(нуклеотида) – 0,34 нм;

Мr(нуклеотида) – 345.

  1.  Нуклеотидний склад гена -?
  2.  Мr(інтронних ділянок гена) - ?
  3.  Наскільки зріла іРНК коротша за про-іРНК -?

Розвязання

  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 9нуклеотидів);

А = Т 576 нуклеотидів.

  1.  Знаходимо кількість нуклеотидів у екзонних ділянках гена:
  2.  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.

  1.  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.

Література:

  1.  Барна Іван Загальна біологія. Збірник задач. – Тернопіль: Видавництво «Підручники і посібники», 2009 – 736 с.
  2.  Біологія: Довідник для абітурієнтів та школярів загальноосвітніх навчальних закладів: Навчально-методичний посібник. – 2-ге видання. – К.: Літері ЛТД, 2009. – 656 с.
  3.  Овчинников С.А. Сборник задач и упражнений по общей биологии: Учебное пособие. – Донецк: Третье тысячелетие, 2002. – 128 с.
  4.  Биология. Словарь-справочник.: Учеб. Пособие / Авт.-сост.: В.П. Попович, Т.А. Сало, Л.В. Деревинская. – Х.: Країна мрій, 2006. – 112 с.


 

А также другие работы, которые могут Вас заинтересовать

37258. MS EXCEL. Первое знакомство. Примеры вычислений. Редактирование отдельных данных, листов, книг. Установление связей. Диаграммы. Защита 1.08 MB
  Чтобы вывести или убрать панель с экрана следует выбрать в меню Вид пункт Панели инструментов а затем щелкнуть на имя нужной панели. В диалоговом окне необходимо выбрать вкладыш Команды. Чтобы вывести или убрать эти строки следует в меню Вид выбрать соответствующие пункты: Строка формул рис. Отмена операций Для отмены последней операции над данными необходимо в меню Правка выбрать команду Отменить или щелкнуть кнопку .
37259. Многозадачная операционная система MS Windows 1.09 MB
  Особенности операционной системы Windows : Многозадачность – одновременное выполнение нескольких программ; Многооконный графический интерфейс – все работы выполняються на рабочем столе где расположены различные обьекты для работы и инструменты работы: кнопки меню; Оптимизирована для работы на 32разрядном процессоре; Обмен данными между различными программами Windows; Эффективная работа с памятью; Использование длинных имен файлов; Автоматическая настройка различных внешних устройств; Является ОС для одноранговой локальной...
37260. Базы данных БД (СУБД Microsoft Access 9Х) 4.37 MB
  БАЗА ДАННЫХ это единое централизованное хранилище данных определенной предметной области под предметной областью здесь понимается например школа предприятие районо и др. Каждая программа имеет доступ к конкретным данным базы данных с помощью специальных программ которые получили название системы управления базами данных СУБД. Примерами баз данных являются: библиотечные каталоги записная книжка классные журналы журналы учета имущества галантерейной базы и др.
37261. Программа TOTAL COMMANDER 1.14 MB
  Файловый менеджер Totl Commnder предоставляет еще один способ работы с файлами и папками в среде Windows. Программа в простой и наглядной форме обеспечивает выполнение таких операций с файловой системой как переход из одного каталога в другой создание переименование копирование перенос поиск просмотр и удаление файлов и каталогов а также многое другое. не устанавливается на компьютер вместе с установкой самой Windows как например программа для работы с файловой системой Проводник или стандартные программы Блокнот Калькулятор и т.
37262. Креслення засобами прогарми AutoCAD 229.5 KB
  Також можна набрати з клавіатури: line У відповідь система видасть: Specify first point: Вводимо координати першої точки: 1010. Далі вводяться координати наступних точок: Specify next point or [Undo]:30.20 Specify next point or [Undo]:35.50 Для завершення побудови можна тиснути клавішу ENTER або скористатися ключами с close чи u undo: Specify next point or[Close Undo]:close Тут ключ close автоматично замикає проведені сегменти ключ undo – відміняє проведення останнього сегмента.
37263. Микросхема ПЗУ и система BIOS 46.5 KB
  Комплект программ находящихся в ПЗУ образует базовую систему вводавывода BIOS Bsic Input Output System. Программы входящие в BIOS позволяют нам наблюдать на экране диагностические сообщения сопровождающие запуск компьютера а также вмешиваться в ход запуска с помощью клавиатуры. BIOS в общем случае представляет собой набор правил определяющих как происходит конфигурирование компонент компьютера при его включении как его устройства взаимодействуют друг с другом как осуществляется простейший ввод вывод данных.
37264. Гуманітарна підготовка в ЗС України 125 KB
  Розкрити роботу щодо організації гуманітарної підготовки в частинах та підрозділах ЗС України. Проаналізувати основні вимоги порядок підготовки і проведення занять з гуманітарної підготовки . Основна частина 70 Заслуховування доповіді 10 Обговорення відпрацювання першого питання: Організація гуманітарної підготовки в частинах та підрозділах ЗС України. 30 Обговорення відпрацювання другого питання: Основні вимоги порядок підготовки і проведення занять з гуманітарної підготовки 30 3.
37265. Техніка комунікабельності офіцера 172.5 KB
  Оголосити тему заняття, її актуальність та зв'язок з іншими темами, мету та навчальні питання, які будуть розглянуті. Особливу увагу на занятті необхідно звернути на те, що існує об'єктивна потреба в оволодінні всім офіцерським складом загальними поняттями про психологію спілкування у військовому колективі, а також розкрити сутність, функції та структура спілкування
37266. Методика виховного впливу на військовослужбовців в арміях НАТО 153 KB
  Заняття №20: Методика виховного впливу на військовослужбовців в арміях НАТО. Основна частина 70 Обговорення питання №1 “Форми методи і техніки виховання військовослужбовців в арміях провідних країн світу †35 Обговорення питання №2 “ Аналіз відео інформаційних матеріалів з мережі Інтернет щодо вирішення офіцерами проблемних питань щодо виховання підлеглих в арміях провідних країн світу †35 3. Головною метою його роботи є оптимізація спільної військової діяльності міжособистісних взаємин а також моральнопсихологічного стану...