Длина нуклеотида и аминокислоты

Сегодня предлагаем ознакомится со статьей на тему: длина нуклеотида и аминокислоты с профессиональным описанием и объяснением.

Учебные задания по общей биологии

Тема: «Строение белков»

При решении задач данного типа следует учитывать:

а) линейная длина одного аминокислотного остатка в полипептидной цепи – 0,35 нм, или 3,5

(Ангстрем);
б) средняя молекулярная масса одного аминокислотного остатка – 110 Да (Дальтон);
в) линейная длина одного нуклеотида – 0,34 нм, или 3,4 .

Задача 1. Белок окситоцин состоит из 9 аминокислотных остатков. Определить длину первичной структуры и молекулярную массу белка.

9 х 3,5 А = 31,5


9 х 110 Да = 990 Да

Задача 2. Белок инсулин состоит из двух цепочек аминокислотных остатков (20 и 30). Определить длину и молекулярную массу каждой из первичных цепочек.

а) 20 х 3,5 А = 70


20 х 110 Да = 2200 Да
б) 30 х 3,5 А = 105
30 х 110 Да = 3300 Да

Задача 3. Молекулярная масса каталазы равна 224 000 Да. Сколько аминокислотных остатков в этой молекуле? Какова длина первичной структуры этого белка? (Ответ: 2036 звеньев; 7126

.)

Задача 4. Белок актин состоит из 374 аминокислотных остатков. Определить длину первичной структуры и молекулярную массу этого белка. (Ответ: 1309

; 41 140 Да.)

Задача 5. Белок миозин состоит из двух больших цепей с молекулярной массой 215 000 Да каждая и двух малых – примерно по 25 000 Да. Какое количество аминокислотных остатков входит в состав большой и малой цепей; всей белковой молекулы? Какова длина большой и малой цепей? (Ответ: большая цепь – 1955 остатков, малая – 227 остатков, всего 4364 аминокислотных остатка; 6843 А, 794,5

.)

Задача 6. Белок гемоглобин состоит из двух цепей. Одна из них содержит 141 аминокислотный остаток, а вторая – 146. Определите длину и молекулярную массу каждой из цепей. (Ответ: 493,5

, 15 510 Да; 511 , 16 060 Да.)

Задача 7. Молекулярная масса белка альбумина равна 36 000 Да. Определите, сколько аминокислотных остатков в этой молекуле и какова длина первичной структуры этого белка. (Ответ: 327 аминокислотных остатков; 1144,5

.)

Задача 8. Масса белка глобулина молока равна 42 000 Да. Определите, сколько аминокислотных звеньев в этой молекуле и какова ее длина. (Ответ: 382 аминокислотных остатка; 1337

.)

Тема: «Нуклеиновые кислоты»

Задача 1. В молекуле ДНК тиминовые нуклеотиды составляют 10% от общего количества. Определить процентное содержание других видов нуклеотидов.

Воспользуемся принципом комплементарности нуклеотидов в ДНК, где А = Т, Г = Ц.
Следовательно, Т – 10%, А – 10%; Г и Ц – 80%.
Значит, Г = 40%, Ц = 40%.

Задача 2. Сколько содержится адениновых, гуаниновых и цитозиновых нуклеотидов (по отдельности) во фрагменте молекулы ДНК, если в нём обнаружено 880 тиминовых нуклеотидов, которые составляют 22% от общего количества нуклеотидов в этом фрагменте молекулы ДНК? Какова длина этого фрагмента ДНК?

А = Т по 880 нуклеотидов, или по 22%.
Г = Ц = 100% – 44% = 56%,
т.е. Г и Ц – по 28%.
Г = Ц =

= 1120 нуклеотидов.
Длина: (880 + 1120) = 2000 х 3,4 А = 6800
(3,4 – линейные размеры нуклеотидов)

Задача 3. Сколько и каких свободных нуклеотидов потребуется для редупликации молекулы ДНК, в которой гуаниновых нуклеотидов 700, а адениновых – 400? (Ответ: 700 цитозизиновых и 400 тиминовых.)

Задача 4. В молекуле ДНК цитозиновый нуклеотид составляет 20% от общего количества нуклеотидов. Определите, сколько остальных типов нуклеотидов в этой молекуле. (Ответ: Ц – 20%, Г – 20%, А = Т = 60%; следовательно, А – 30%, Т – 30%.)

Задача 5. Сколько содержится адениновых, тиминовых и цитозиновых нуклеотидов (в отдельности) во фрагменте молекулы ДНК, если в нём обнаружено 300 гуаниновых нуклеотидов, которые составляют 20% от общего количества нуклеотидов в этом фрагменте молекулы ДНК? Какова длина этого фрагмента ДНК? (Ответ: Ц = Г = 20% – по 300 нуклеотидов; А = Т = 30% – по 450 нуклеотидов; длина: 2550

.)

Задача 6. Участок правой цепи ДНК имеет следующую последовательность нуклеотидов: ГГА АЦА ЦТА ГГТ ААА ТАЦ.

Какова первичная структура белка, если в этой цепи ДНК выпадет 10й нуклеотид?

Какова первичная структура белка, если между 9-м и 10-м нуклеотидами встанет нуклеотид «Т»?

Задача 7. Гормон вазопрессин имеет следующую аминокислотную последовательность:

Составьте последовательность нуклеотидов, кодирующих этот гормон, в ДНК и иРНК.
Чему равна длина иРНК?
Какие триплеты занимают в иРНК 3-е и 8-е положение?
Какие нуклеотиды занимают в ДНК 5-е и 21-е положение?

Задача 8. Белок окситоцин имеет такую же структуру из 9-ти аминокислот, как и вазопрессин, но на 3-м месте содержит аминокислоту изолейцин, а на 8-м – лейцин. Определите структуру гена, хранящего программу синтеза окситоцина.

Задача 9. Начальная часть одной из цепей макромолекулы гемоглобина имеет структуру: ГисВалЛейЛейТреПроГлуГлу. Постройте схему структуры соответствующей части гена гемоглобина.

Задача 10. На фрагменте одной цепи ДНК нуклеотиды расположены в следующем порядке: Г-Г-Ц-Ц-А-Т-Т-Т-Г-Ц-А-Т-А-Ц-Г-Т-… Нарисуйте схему структуры двухцепочечной молекулы ДНК и определите длину этого фрагмента ДНК. (Ответ: 54,4

.)

Задача 11. Определите длину фрагмента ДНК, если ее цепочка состоит из 350 гуаниновых и 300 тиминовых нуклеотидов. (Ответ: 2210

.)

Тема: «Энергетический обмен и фотосинтез»

Задача 1. В процессе диссимиляции произошло расщепление 4 молей глюкозы, из которых полному расщеплению подверглись только 3 моля.

А) Сколько образуется молей молочной кислоты?
Б) Сколько молей АТФ синтезировано?
В) Какое количество энергии в них аккумулировано?
Г) Сколько молей СО2 образовалось?
Д) Сколько молей О2 израсходовано?

Реакция неполного расщепления глюкозы:

А) молочной кислоты – 2 моля;
Б) АТФ – 2 моля;
В) 1 моль АТФ – 40 кДЖ, следовательно 40 х 2 = 80 кДж.

Реакция полного расщепления глюкозы:

Поскольку полному расщеплению подверглись 3 моля глюкозы, то:

3 С6Н12О6 + 3 х 38 АДФ + 3 х 38 Н3РО4 + 3 х 6 О2 ––> 3 х 6 СО2 + 3 х 38 АТФ + 3 х 42 Н2О

Читайте так же:  Липо 6 жиросжигатель для женщин противопоказания

Б) АТФ = 3 х 38 = 114 молей;
В) 3 х 38 х 40 = 4560 кДж;
Г) СО2 = 6 х 3 = 18 молей;
Д) О2 = 6 х 3 = 18 молей.

Теперь сложим данные:

А) молочной кислоты образовалось 2 моля;
Б) АТФ синтезировано 114 + 2 = 116 молей;
В) энергии 4560 кДж + 80 кДж = 4640 кДж;
Г) СО2 – 18 молей;
Д) О2 – 18 молей.

Задача 2. В процессе диссимиляции произошло расщепление 13 молей глюкозы, из которых полному расщеплению подверглись только 5 молей.

А) Сколько молей молочной кислоты образовалось?
Б) Сколько при этом образовалось АТФ?
В) Какое количество энергии в них аккумулировано?
Г) Сколько молей СО2 образовалось?
Д) Сколько молей О2 израсходовано?

Задача 3. При выполнении упражнений мышцы обеих рук за 1 мин расходуют 20 кДж энергии. Определите:

А) Сколько всего израсходуют мышцы за 15 мин при условии, что кислород в мышцы доставляется кровью в достаточном количестве?
Б) Накапливается ли молочная кислота в мышцах?

(Ответ: 35,5 г глюкозы; нет, т.к. всё окисляется.)

На определение состава нуклеиновых кислот

В молекуле ДНК обнаружено 600 тимидиловых нуклеотидов, составляю­щих 15% от общего количества нуклеотидов в этой молекуле ДНК. Сколько в ней содержится адениловых, гуаниловых, цитидиловых нуклеотидов.

Решение:по правилу Чаргаффа ΣА = ΣТ; ΣГ = ΣЦ 600, следовательно ΣА= 600 нуклеотидов, или 15%. Σ(А+Т)=600+600=1200 нуклеотидов или 30% .

(Σ +Ц)= 100-30=70%, составляем пропорцию:

30% — 1200 нуклеотидов

70% — х нуклеотидов

нуклеотидов,

значит Е(Г+Ц)=2800 нуклеотидов, поскольку ХГ=Щ, следовательно ΣГ= 1400 нуклеотидов.

Ответ:в молекуле ДНК содержится 600 адениловых, 1400 гуаниловых и 1400 цитидиловых нуклеотидов.

Таблица генетического кода

Кодоны матричной РНК

Первое основание Второе основание Третье основание
У Ц А Г
У УУУ Фен УУЦ Фен УУА Лей УУГ Лей УЦУ Сер УЦЦ Сер УЦА Сер УЦГ Сер УАУ Тир УАЦ Тир УАА Стоп УАГ Стоп УГУ Цис УГЦ Цис УГА Стоп УГТ Три У Ц А Г
Ц ЦУУ Лей ЦУЦ Лей ЦУА Лей ЦУГ Лей ЦЦУ Про ЦЦЦ Про ЦЦА Про ЦЦГ Про ЦАУ Гис ЦАЦ Гис ЦАА Глн ЦАГ Глн ЦГУ Apr ЦГЦ Арг ЦГА Apr ЦГГ Apr У Ц А Г
А АУУ Иле АУЦ Иле АУА Иле АУГ Мет АЦУ Тре АЦЦ Тре АЦА Тре АЦГ Тре ААУ Асн ААЦ Асн ААА Лиз ААГ Лиз АГУ Сер АГЦ Сер АГА Арг АГГ Apr У Ц А Г
Г ГУУ Вал ГУЦ Вал ГУА Вал ГУГ Вал ГЦУ Ала ГЦЦ Ала ГЦА Ала ГЦГ Ала. ГАУ Асп ГАЦ Асп ГАА Глу ГАГГлу ГГУ Гли ГГЦ Гли ГГА Гли ГГГ Гли У Ц А Г

Примечание. Первое азотистое основание в триплете находится в левом верти­кальном ряду, второе — в верхнем горизонтальном, третье — в правом верти­кальном. На пересечении линий трех оснований выявляется искомая аминокис­лота.

Аминокислоты обозначены следующим образом: Ала — аланин, Apr — аспарагин, Асп- аспарагиновая кислота, Вал — валин, Гис — гистидин, Гли — глицин, Глн — глутамин, Глу — глутаминовая кислота. Иле — изолейцин, Лей — лейцин, Лиз — лизин, Мет — метионин, Про — пролин, Сер — серии, Тир — тирозин, Тре -треонин, Три — триптофан, Фен — фенилаланин, Цис — цистеин.

Задачи по молекулярной биологии

Тип 1. Репликация ДНК (редупликация ДНК, или самокопирование).

Задача 1

Фрагмент смысловой (кодогенной) цепочки молекулы ДНК имеет сле­дующую последовательность нуклеотидов: ААЦГАЦТАТЦАЦТАТАТА ЦЦА.

Определите последовательность нуклеотидов второй цепочки этой же мо­лекулы ДНК.

Задача 2

Молекула ДНК при плавлении распалась на две цепочки. Одна из нихиме­ет следующее строение: АЦЦАГТГАЦЦАТГАА. Определите строение второйцепочки молекулы ДНК.

Задача 3

Установлен участок одной из цепочек ДНК, включающий 21 нуклеотид в следующем порядке: ТАГЦААГТГАГГТАТЦАЦАТА. Определите последова­тельность второй цепочки молекулы ДНК.

Тип 2. Репликация м-РНК на молекуле ДНК (транскрипция). Определение первичной структуры белка.

Задача 4

Фрагмент смысловой цепи ДНК имеет следующую последовательность нуклеотидов: АААГАТЦАЦАТАТТТЦТГТТА. Определите строение молекулы м-РНК, синтезирующейся в процессе транскрипции на этом участке молекулы ДНК.

Задача 5

Участок молекулы ДНК состоит из следующих нуклеотидов: ЦТЦТТЦАГ-ГТАТТЦЦАЦЦТЦЦ. Определите структуру м-РНК и первичную структуру белка, которые кодируются этим смысловым отрезком молекулы ДНК?

Задача6

Участок м-РНК, образовавшийся после транскрипции, имеет следующий состав кодонов: ГЦГАЦАУУУУЦГЦГУАГУАГА. Определите: а) состав и по­следовательность аминокислот в полипептидной цепи, б) какие кодоны отрезка ДНК будут кодировать эту м-РНК и в какой последовательности они будут располагаться.

Задача 7

Фрагмент белка цепи А-инсулина состоит из 5 аминокислот: глицин — изолейцин — валин — глутамин — глутамин. Определите: а) структуру участка м-РНК, кодирующего этот участок инсулина, б) антикодоны т-РНК к указанным аминокислотам?

Задача 8

Последовательность кодонов в м-РНК: 1. АУГ, 2. УУУ; 3. ААА; 4. АГУ; 5. ЩЩ. Определите последовательность антикодонов т-РНК комплементарным данным кодонам: 1,ГГГ; 2. ЦЦЦ; 3. ААА; 4. УАЦ; 5. УУУ; 6. УАА; 7. УГА; 8. УАГ; 9. УЦА.

Задача 9

Фрагмент молекулы белка состоит из следующих 7 аминокислот: валин -аспарагин — аланин — пролин — тирозин — серии — триптофан. Определите: а) структуру участка м-РНК, кодирующего данные аминокислоты: б) ген, несу­щий информацию об этом белке.

Задача10

Белковая часть гемоглобина человека состоит из 2-х а — цепей и 2-х р це­пей. В а -цепь входит 141 аминокислота, в Р цепь 146 аминокислот. У больных людей серповидноклеточной анемией в 6-ом положении вместо глютаминовой кислоты становится валин, и состав β цепь гемоглобина (HbS) имеет следующий вид: валин — гистидин 2 — лейцин 3 — треонин 4 — пролин 5 — валин 6 — глютаминовая кислота 7 — лизин 8 .

Постройте участок ДНК (НbА) здорового человека, учитывая замену в 6 положении Р цепи и участок ДНК (HвS), больного серповидноклеточной ане­мией. Определите изменение в участке ДНК, приведшее к заболеванию.

Задача 11

Последовательность нуклеотидов в ДНК: ААТТАЦГТЦААТТАЦ. 1. По­стройте м-РНК; 2. Определите последовательность аминокислот в белке. 3. Что произойдет, если между 9-м и 10-м нуклеотидами в м-РНК будет вставка урацила?

Читайте так же:  Как лучше принимать креатин моногидрат в порошке

Задача 12

Инсулин содержит 51 аминокислоту. Средний молекулярный вес амино­кислоты 110, а нуклеотида около 330. Определите молекулярный вес гормона инсулина и молекулярный вес кодирующего его гена.

Задача 13

Сколько аминокислот содержит белок, если кодирующая часть соответст­вующего гена состоит из 1500 нуклеотидов?

Задача14

Сколько видов т-РНК может быть использовано для включения в полипеп­тидную цепь аминокислоты триптофана?

Задача 15

Сколькими т-РНК и какими соответственно антикодонами т-РНК будет возможна доставка следующих аминокислот к месту синтеза белка на полиробосоме: метионина, фенилаланина, валина, триптофана?

Задача 16

Нуклеиновая кислота бактериофага имеет молекулярный вес 10 7 . Сколько белков закодировано в ней, если учесть, что белок состоит в среднем из 400 аминокислот, а молекулярный вес нуклеотида 330?

Задача 17

Белок состоит из 500 аминокислот. Какую длину имеет определяющий его ген, если расстояние между двумя соседними нуклеотидами в двухцепочной ДНК составляет 0,34 нм?

Определите процентное содержание всех нуклеотидов в молекуле ДНК, если адениловых нуклеотидов 20%.

Задача19

Сколько аминокислот содержится в белке, если в гене, который его коди­рует содержится адениловых и тимидиловых нуклеотидов по 150, а гуаниловых и цитидиловых по 300?

Задача 20

В ДНК вируса закодировано 15 белков, состоящих в среднем из 5000 ами­нокислот каждый. Определите массу вирусной ДНК, если молекулярный вес одного нуклеотида — около 330.

Задача21

Вирус табачной мозаики содержит белок с молекулярной массой 17-18 10 3 . Капсид вируса табачной мозаики состоит из 2000 идентичных молекул белка, уложенных по спирали. Определите: 1) количество аминокислот, входящих в данную молекулу белка, 2) число нуклеотидов в молекуле РНК, коди­рующих данный белок, 3) молекулярный вес капсида вируса.

Задача 22

Вфрагменте молекулы ДНК обнаружено 1400 гуаниловых нуклеотидов, что составляет 24% общего количества. Сколько содержится в этом фрагменте ДНК цитидиловых, тимидиловых, адениловых нуклеотидов?

Задача 23

Яичный альбумин имеет молекулярную массу 36000, молекулярный вес одной аминокислоты равен ПО. Определите количество нуклеотидов в гене и его длину, кодирующем яичный альбумин?

Задача 24

Определите антикодоны молекул т-РНК, которые доставляют следующие аминокислоты к месту синтеза белка на полиробосоме: метионин, лизин, фенилаланин, серии, гистидин, треонин, изолейцин.

Задача 25

В нормальном гемоглобине НвА фрагмент (3 цепи (4-тый пептид) состоит из 8 аминокислот: валин — гистидин — лейцин — треонин — пролин — глютаминовая кислота — глютаминовая кислота — лизин. В гемоглобине g в этом пептиде в положении 6 вместо глютаминовой кислоты стоит глицин. Определите измене­ния на данном участке м-РНК и соответственно ДНК, кодирующим g — гемо­глобин.

Задача 26

Сложные вирусы могут содержать до 200 генов. Типичные белки состоят в среднем из 500 аминокислот, молекулярный вес одной аминокислоты — ПО, а молекулярная масса одного нуклеотида составляет 330. Определите молекуляр­ную массу одного типичного белка и молекулярную массу вирусной ДНК?

Нуклеотиды

Нуклеотиды- фосфорные эфиры нуклеозидов.

Их химический состав: азотистое основание( А.О.) + пентоза + фосфорная кислота

Фосфорные эфиры образуются с участием гидроксильных групп пентоз . Места положения фосфорноэфирных групп принято обозначать, используя обозначение ( ‘ ) , например: 5’ , 3 ‘

Предварительная краткая информация: нуклеотиды играют чрезвычайно важную роль в жизнедеятельности клетки.

Нуклеотиды, состоящие из одной молекулы А.О, пентозы, фосфорной кислоты, называются мононуклеотидами. Мононуклеотиды могут содержать одну молекулу фосфорной кислоты , две или три молекулы фосфорной кислоты, соединенных друг с другом.

Комбинация из двух мононуклеотидов называется динуклеотидом. Всоставе динуклеотида обычно присутствуют разные азотистые основания или одно другое циклическое соединение, например, витамин..

Особую роль в биохимических процессах играют циклические мононуклеотиды.

К названию нуклеозида добавляют в зависимости от количества фосфатных остатков, « монофосфат », « дифосфат », « трифосфат », с указанием их места положения в цикле пентозы- цифровое обозначение места со значком ( ‘ ) ,

Положение фосфатной группы в положении (5′) является наиболее распространенным и типичным, поэтому его можно не указывать ( АМФ, ГТФ, УТФ, дАМФ и т.д.)

Остальные положения обозначаются обязательно ( 3′- АМФ, 2′- АМФ , 3′- дАМФ )

Названия наиболее распространенных нуклеотидов

нуклеозид нуклеозидмонофосфат нуклеозиддифосфат нуклеозидтрифосфат
аденозин 5′-Аденозинмонофосфат (5′- АМФ или АМФ ) 5′ -адениловая кислота 5′-Аденозиндифосфат ( 5′-АДФ или АДФ) 5′-Аденозинтрифосфат ( 5′-АТФ или АТФ )
аденозин 3′-аденозинмонофосфат ( 3′-АМФ) 3′ -адениловая кислота не встречается in vivo не встречается in vivo
гуанозин 5′-гуанозинмонофосфат (5′- ГМФ или ГМФ ) 5′-гуанозиндифосфат (5′- ГДФ или ГДФ ) 5′-гуанозинтрифосфат (5′- ГТФ или ГТФ )
гуанозин 3′-гуанозинмонофосфат (3′- ГМФ) 3′-гуаниловая кислота не встречается in vivo не встречается in vivo
дезокси аденозин 5′-дезоксиаденозин монофосфат (5′- дАМФ или дАМФ ) 5′-дезоксиаденозин дифосфат (5′-дАДФили дАДФ) 5′-дезоксиаденозин трифосфат (5′-дАТФили дАТФ)
уридин 5′-уридинмонофосфат (5′- УМФ или УМФ) 5′-уридиндифосфат (5′- УДФ или УДФ) 5′-уридинтрифосфат (5′- УТФ или УТФ)
цитидин 5′-цитидинмонофосфат (5′- ЦМФ или ЦМФ) 5′-цитидиндифосфат (5′- ЦДФ или ЦДФ) 5′-цитидинтрифосфат (5′- ЦТФ или ЦТФ)

Нуклеотиды, образованные с участием рибозы, могут содержать остатки фосфорной кислоты в трех положениях ( 5′, 3′, 2′ ), а с участием дезоксирибозы – только в двух положениях (5′, 3′ ) , в положении 2′ гидроксигруппа отсутствует.. Это обстоятельство очень важно для структуры ДНК.

Отсутствие гидроксигруппы во втором положении имеет два важных последствия:

— уменьшается поляризация гликозидной связи в ДНК и она становится более устойчивой к гидролизу.

[3]

— 2-О-дезоксирибоза не может подвергаться ни эпимеризации, ни превращению в кетозу.

В клетке происходит последовательное превращение нуклеозидмонофосфата в дифосфат, а затем в трифосфат .

Для примера : АМФ ———> АДФ ———> АТФ

Биологическая роль нуклеотидов

Все нуклеозиддифосфаты и нуклеозидтрифосфаты относятся к высокоэнергетическим (макроэргическим ) соединениям.

Нуклеозидтрифосфаты участвуют в синтезе нуклеиновых кислот, обеспечивают активацию биоорганических соединений и биохимические процессы, которые проходят с затратой энергии. Аденозинтрифосфат ( АТФ) является наиболее распространенным в организме человека макроэргическим соединением. Содержание АТФ в скелетных мышцах млекопитающих до 4г/ кг, общее содержание около 125 г. У человека скорость обмена АТФ достигает 50 кг/ сутки. При гидролизе АТФ образуется аденозиндифосфат ( АДФ)

Читайте так же:  Л аргинин действие на организм

В составе АТФ присутствуют разные типы химических связей:

— N -β- гликозидная

— две ангидридные( в биологическом отношении макроэргические)

В условиях in vivo гидролиз макроэргической связи АТФ сопровождается выделением энергии( около 35 кДж/ моль), которая обеспечивает другие энергозависимые биохимические процессы.

АТФ + Н2О —фермент АТФгидролаза——> АДФ + Н3 РО4

В водных растворах АДФ и АТФнеустойчивы.При 0 0 САТФ стабильна в воде всего несколько часов, а при кипячении в течение 10 мин.

Под действием щелочи два концевых фосфата( ангидридные связи) гидролизуются легко, а последний( сложноэфирная связь) — трудно. При кислотном гидролизе N- гликозидная связь разрушается легко.

Впервые АТФ выделена из мышц в 1929 г. К. Ломаном. Химический синтез осуществил в 1948 г. А. Тодд.

Циклические нуклеотиды являются посредниками в передаче сигналов гормонов, изменяя в клетке активность ферментов.

Они образуются из нуклеозидтрифосфатов.

АТФ —фермент циклаза——> цАМФ + Н4 Р2 О7

После выполнения действия происходит гидролиз циклического нуклеотида. . Могут образоваться два соединения 5′- АМФ и 3′ -АМФ, но в биологических условиях образуется только 5′-АМФ,

Циклический аденозинмонофосфат ( цАМФ)

11.5.Строение нуклеиновых кислот

Первичная структура РНК и ДНК – последовательное соединение нуклеотидов в полинуклеотидной цепи. Скелет полинуклеотидной цепи состоит из углеводных и фосфатных остатков , с углеводами посредством N- β – гликозидной связи соединены гетероциклические азотистые основания. С биологической точки зрения важнейшее значение имеют триплеты- блоки нуклеотидов из трех азотистых оснований, каждый из которых кодирует какую-либо аминокислоту или имеет определенную сигнальную функцию.

Структуру НК можно представить схематически :

фосфат —— пентоза —— фосфат —— пентоза —— фосфат —— пентоза -ОН

В первичной структуре ДНК начало цепи определяют по пентозе, содержащей фосфат в положении 5′. Пентозы в полинуклеотидной цепи соединяются посредством фосфатных связей 3‘→ 5’.На конце цепи в положении 3′- пентозы ОН- группа остается свободной.

Структура ДНК высшего порядка- двойная спираль

[1]

Научное описание вторичной структуры ДНК относится к величайшим открытиям человечества в ХХ веке. Биохимик Д. Уотсон и физик Ф. Крик в 1953 году предложили модель структуры ДНК и механизм процесса репликации. В 1962 г. им присуждена Нобелевская премия .

В популярном виде история описана в книге Джеймса Уотсона « Двойная спираль», М.: Мир, 1973 . Книга весьма интересно описывает историю совместной работы , с юмором и легкой иронией автора к такому знаменательному событию, счастливыми «виновниками» которого были два молодых ученых . С момента открытия структуры ДНК человечество получило инструмент к развитию нового направления- биотехнологиям, синтезу белков путем рекомбинации генов ( гормоны в медицинской промышленности получают инсулин, эритропоэтин и многие другие ).

Открытию структуры ДНК способствовали исследования Э.Чаргаффа в отношении химического состава ДНК. Он обнаружил:

— количество пиримидиновых оснований равно количеству пуриновых

— количество тимина равно количеству аденина, а количество цитозина количеству

А = Т Г = Ц

А + Г = Т + Ц

А + Ц = Т + Г

Эти отношения получили название правила Чаргаффа.

Молекула ДНК представляет собой две перекрученные спирали. Скелет каждой спирали- цепочка из чередующихся остатков дезоксирибозы и фосфорной кислоты. Спирали ориентированы таким образом., что образуют два неодинаковых спиральных желобка, которые идут параллельно главной оси. Эти желобки заполнены белками гистонами. Азотистые основания располагаются внутри спирали, почти перпендикулярно основной оси и образуют между цепочками комплементарные пары А…Т и Г…Ц.

Суммарная длина молекул ДНК в каждой клетке достигает 3 см. Диаметр клетки в среднем 10 –5 м , диаметр ДНК всего 2 •10 –9 м.

Основные параметры двойной спирали:

* диаметр 1,8 – 2нм,

* на одном витке 10 нуклеотидов

* высота шага витка

* расстояние между двумя нуклеотидами 0,34 нм .

Основания располагаются перпендикулярно оси цепи.

* направления полинуклеотидных цепей антипараллельное

* связь между фуранозными циклами дезоксирибозы посредством

фосфорной кислоты осуществляется из положения 3` к положению 5` в

Видео удалено.
Видео (кликните для воспроизведения).

каждой из цепей.

* Начало цепи – фосфорилирована гидроксильная группа пентозы в положении

— 5`, конец цепи – свободная гидроксильная группа пентозы в положении 3`.

* В составе ДНК и РНК нуклеозидные фрагменты находятся в анти- конформации пиримидиновый цикл пурина находится справа от гликозидной связи. Только такое положение позволяет образовать комплементарную пару ( см. формулы нуклеотидов)

* Между азотистыми основаниями возникают три вида взаимодействий:

1. “Поперечное”, участвуют комплементарные пары двух цепей. Возникает «циклический» перенос электронов между двумя азотистыми основаниями (Т – А, У – Ц), образуется дополнительная p — электронная система, которая обеспечивает дополнительное взаимодействие и защищает азотистые основания от нежелательных химических воздействий. Между аденином и тимином устанавливается две водородные связи, а между гуанином и цитозином – три водородные связи.

2. « Вертикальное» (stacking) , за счет укладывания в “стопки” , участвуют азотистые основания одной цепи. «Стэкинг- взаимодействие» имеет даже большее значение в стабилизации структуры, чем взаимодействие в комплементарных парах

3. Взаимодействие с водой играет существенную роль в поддержании пространственного строения двойной спирали, которая принимает максимально компактную структуру для уменьшения поверхности контакта с водой и направляет гидрофобные гетероциклические основания вовнутрь спирали.

Структура и состав нуклеопротеидных комплексов

В связывании нуклеиновой кислоты с белком принимают участие несколько видов взаимодействия:

По результатам рентгеноструктурного анализа путем компьютерного моделирования построены реальные трехмерные модели ДНК, рибосом, информосом и нуклеиновых кислот вирусов.

Гистоновые белки ДНК обладают выраженными основными свойствами и отличаются высокой степенью эволюционной консервативности. По соотношению двух основных аминокислот лизин/ аргинин их подразделяют на 5 классов : Н1, Н2А, Н 2В, Н3, Н4

Дата добавления: 2015-08-11 ; просмотров: 1122 ; ЗАКАЗАТЬ НАПИСАНИЕ РАБОТЫ

Алгоритм решения задачи № 26

Читайте также:

  1. D) комплекс проблем общемирового характера, от решения которых зависит судьба человеческой цивилизации.
  2. D) принятия решения о ликвидации учредителями или собственником
  3. I. Постановка задачи
  4. I. РАЗРАБОТКА АЛГОРИТМОВ. ГРАФИЧЕСКОЕ ИЗОБРАЖЕНИЕ (БЛОК-СХЕМЫ) И СЛОВЕСНАЯ ЗАПИСЬ АЛГОРИТМОВ
  5. I. Цели и задачи БЖД. Основные понятия.
  6. II СИТУАЦИОННЫЕ ЗАДАЧИ ПО ЧАСТНОЙ ГИСТОЛОГИИ
  7. II. Межличностные стили разрешения конфликтов
  8. II. Основные задачи службы
  9. II. Решение задачи с ограничениями.
  10. II. Цели и задачи курса
  11. III. Нарушения законодательства о ценных бумагах при принятии Советом директоров АО “Шахта “Воргашорская”” решения о дополнительном выпуске акций.
  12. O Поиск возможного решения сложных задач.
Читайте так же:  Спортпит для мышечной массы

Алгоритм решения задачи № 25

Алгоритм решения задачи №14

Как изменится соотношение нуклеотидов в ДНК, копией которой является следующая м-РНК – УУГГАЦЦГГУУА, если произошли следующие изменения: после 1-го триплета был вставлен тимин, после второго и третьего добавлен аденин.

ДАНО:

· Мутации по типу вставки нуклеотидов

ОПРЕДЕЛИТЬ:

· Соотношение нуклеотидов в ДНК

РЕШЕНИЕ:

I1. Определим структуру ДНК.

м-РНК У У Г Г А Ц Ц Т Г У У А

ДНК А А Ц Ц Т Г Г А Ц А А Т

Т Т Г Г А Ц Ц Т Г Т Т А

2. Определим количество нуклеотидов А и Т

Всего нуклеотидов 24 – 100% Т = А = 25%

Адениновых 6 – х

3. Определим количество нуклеотидов Г и Ц

Всего нуклеотидов 24 – 100% Ц = Г = 25%

Гуаниновых 6 – х

ОТВЕТ:

Соотношение нуклеотидов А + Т/ Г + Ц = 1

II 1. определим структуру ДНК после мутаций

ДНК А А Ц Т Ц Т Г А Г АЦ А А А Т

Т Т Г А Г А Ц Т Ц Т Г Т Т Т А

2. Определим количество нуклеотидов А и Т в ДНК

Всего нуклеотидов 30 – 100% Т = А = 33,3%

Адениновых 10 — х

3. Определим количество Г и Ц

Всего нуклеотидов 30 -100% Ц = Г = 16,7%

Гуаниновых 5 – х

[2]

4. Соотношение А+Т/Г+Ц = 1,99

ОТВЕТ:

Соотношение нуклеотидов в исходной ДНК и мутированной изменилось с 1 до 1,99.

ТЕОРЕТИЧЕСКОЕ ОБОСНОВАНИЕ:

Данная задача на молекулярную генетику. Для ее решения используем свойство обратной транскрипции и принципа комплементарности.

Исследования показали, что нуклеотидный состав мРНК следующий: 30% приходится на гуанин, 10% — на цитозин, 16% — на аденин и 44% — на урацил. Определите процентный состав по нуклеотидам той части ДНК, слепком которой является изученная мРНК.

ДАНО:

ОПРЕДЕЛИТЬ:

· Процентный состав нуклеотидов в ДНК

РЕШЕНИЕ:

и-РНК 1) ДНК 2) ДНК 3) ДНК

30% -Г 30% — Ц — Г – 30% Ц – 40% Ц – 20%

10% -Ц 10% — Г — Ц – 10% Г – 40% Г – 20%

16% — А 16% — Т — А – 16% А – 60% А – 30%

44% — У 44% — А — Т – 44% Т – 60% Т – 30%

ОТВЕТ:

Если в и-РНК процентный состав нуклеотидов: Г – 30%, Ц – 10%, А – 16%, У – 44%, то в ДНК он представлен следующим образом: Г и Ц – по 20%, А и Т – по 30%.

ТЕОРЕТИЧЕСКОЕ ОБОСНОВАНИЕ:

Для определения структуры одной цепи ДНК используем свойство обратной транскрипции. Вторую цепь получаем по принципу комплементарности (А-Т; Г-Ц). Для вычисления процентного состава нуклеотидов в ДНК, повторяющиеся нуклеотиды суммируем.

Известно, что расстояние между нуклеотидами в цепочках ДНК составляет 34х10 -11 м. Какую длину имеет ген, определяющий гемоглобин, включающий 287 аминокислот?

ДАНО:

· Количество аминокислот в гемоглобине – 287

· Расстояние между нуклеатидами 34 • 10 -11 м

ОПРЕДЕЛИТЬ:

РЕШЕНИЕ:
1. Определим количество триплетов в м-РНК

287 аминокислот = 287 триплетов в м-РНК

2. Определим количество триплетов в ДНК

287 триплетов м-РНК = 287 триплетов ДНК

3. Определим количество нуклеотидов в ДНК

4. Определим длину структурного гена, кодирующего молекулу гемоглобина

(861 – 1) × 34 • 10 -11

ОТВЕТ:

Если в молекуле гемоглобина 287 аминокислот, то длина цистрона, кодирующего гемоглобин составляет (861 – 1) × 34 • 10 -11 м.

ТЕОРЕТИЧЕСКОЕ ОБОСНОВАНИЕ:

Для решения данной задачи используем явление обратной трансляции, что позволяет определить количество триплетов в м-РНК по количеству аминокислот. Путем обратной транскрипции определяем количество триплетов в ДНК. Зная, что код триплетен, определяем общее количество нуклеотидов в цепи ДНК. Длину структурного гена вычисляем, используя расстояние между нуклеотидами.

Г л а в а III

Дата добавления: 2015-04-24 ; Просмотров: 3255 ; Нарушение авторских прав? ;

Нам важно ваше мнение! Был ли полезен опубликованный материал? Да | Нет

Молекулярная масса одного нуклеотида – 345

Длина одного нуклеотида – 0,34нм.

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) 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

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

Читайте так же:  Какие витамины для укрепления

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=150нуклеотидов.в) 48 х 3 = 144 нуклеотидов, в одной цепи ДНК, а в гене 144х2=288нуклеотидов.

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.

Ответ: 33.

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=2240нуклеотидов это 56%.

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

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=45нуклеотидов 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=1600нуклеотидов; ( А+Т)=430+430=860нуклеотидов.

В двух цепях всего 2460 нуклеотидов. В одной цепи 2460_2=1230нуклеотидов.

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=2100нуклеотидов.

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

Х———60% Х= 1260нуклеотидов.

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

Х————40%. Х=840%нуклеотидов. 840: 2= 420нуклеотидов 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)=600нуклеотидов.

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

В одной цепи ДНК: 2040_2=1020нуклеотидов. Каждая аминокислота кодируется триплетом. 1020нуклеотидов : 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=720нуклеотидов (А+Т).

Количество нуклеотидов в двух цепях ДНК-1800+720=2520, а в одной цепи ДНК 2520_2=1260нуклеотидов.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 оснаваний 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.

Видео удалено.
Видео (кликните для воспроизведения).

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

Источники


  1. Лыжный спорт / ред. В.Э. Нагорный. — М.: Физкультура и спорт, 2007. — 256 c.

  2. Халмурад Секреты китайской медицины / Халмурад, Начатой Упур; , В.Г.. — М.: Быстрина, 2001. — 96 c.

  3. Драгоценные камни: лечебные и магические свойства. — М.: СПб: Кристалл, 2006. — 237 c.
  4. Голомазов С., Чирва Б. Футбол. Тренировка точности юных спортсменов; Типография ТОО «Валери» — Москва, 2012. — 738 c.
  5. Баранов В. П., Баранов Д. В. Современная спортивная тренировка боксера. В 2 томах. Том 1; Сож — Москва, 2015. — 360 c.
Длина нуклеотида и аминокислоты
Оценка 5 проголосовавших: 1

ОСТАВЬТЕ ОТВЕТ

Please enter your comment!
Please enter your name here