ДНК (правая цепь): ГТА – АЦЦ – ТАТ – ЦЦГ

ДНК (левая цепь): ЦАТ – ТГГ – АТА - ГГЦ

иРНК: ГУА – АЦЦ – УАУ – ЦЦГ

Транскрипция

47. Какое количество молекул пентозы - дезоксирибозы на участке ДНК, если на этом участке гена закодирована информация о белке массой 10 000 дальтон. Мг (нуклеотида) =340; Мr (аминокислоты) =100)

Количество аминокислот в белке = 10000/100 = 100

Количество нуклеотидов в зрелой иРНК = 100*3 = 300 (поскольку каждая аминокислота кодируется триплетом нуклеотидов)

Количество нуклеотидов в гене ДНК = 300*2 = 600 (поскольку ДНК – двухцепочечная)

Количество остатков дезоксирибозы в гене ДНК = количество нуклеотидов в гене ДНК = 600.

Определенное на основании количества аминокислот в молекуле белка количество нуклеотидов в ДНК и соответственно количество остатков дезоксирибозы произведено без учета интронов (некодирующих фрагментов), а с учетом только кодирующих участков (экзонов)

Ответ: 600 остатков дезоксирибозы.

У мушки дрозофилы серая окраска тела доминирует над черной. При скрещивании серых мух в потомстве появилось 1390 мух серого цвета и 460 мух черного цвета. Составьте схему наследования и укажите генотипы родительских особей и потомков

А – серая окраска тела, а – черная окраска тела

F 1 1390 А_, 460 аа

серые черные

Поскольку расщепление в потомстве от скрещивания серых (с доминантным признаком) особей близко к 3:1, то согласно второму закону Менделя (закону расщепления признаков) родители являются гетерозиготами.

Следовательно, схема наследования, генотипы родителей и потомков будут:

F 1 1АА, 2Аа, 1аа

серые черные

Родители гетерозиготны по гену, определяющему окраску тела (Аа), в потомстве идет расщепление по генотипу 1 (АА): 2 (Аа): 1 (аа), а по фенотипу 3 (А_, серые) : 1 (аа, черные).

У редиса корнеплод может быть длинным, круглым и овальным. При скрещивании растений с овальными корнеплодами между собой было получено 121 растение с длинными корнеплодами, 119 - с круглыми, 243 - с овальными. Какое может быть потомство при самоопылении растений, которые имеют 1) длинный корнеплод; 2) круглый корнеплод

В связи с тем, что при скрещивании фенотипически одинаковых растений (с овальным корнеплодом) в потомстве получено расщепление, близкое к 1 (длинный корнеплод): 2 (овальный корнеплод) :1 (круглый корнеплод), то, во-первых, скрещиваемые родительские растения согласно второму закону Менделя (закону расщепления признаков) являются гетерозиготными, а, во-вторых, удлиненная форма корнеплода не полностью доминирует над круглой (неполное доминирование признака или промежуточный характер наследования), поскольку расщепление по фенотипу соответствует расщеплению по генотипу. В связи с тем, что 50% особей в потомстве имели овальный корнеплод, то гетерозиготные особи характеризуются овальной формой корнеплода.

Пусть АА – удлиненный корнеплод, Аа – овальный корнеплод, аа – круглый корнеплод.

Тогда схема наследования при скрещивании особей с овальным корнеплодом будет такой:

овальный овальный

F 1 1АА, 2Аа, 1аа

удлиненный овальный круглый

1) При самоопылении растений с длинным корнеплодом (АА) получим растения только с длинным корнеплодом:

длинный длинный

2) при самоопылении растений с круглым корнеплодом (аа) получим растения только с круглым корнеплодом:

круглый круглый

50. Какая площадь морской акватории (в м 2) необходима для того, чтобы прокормить одного тюленя массой 300 кг (на долю воды приходится 60%) в цепи питания: планктон - рыба - тюлень. Биопродуктивность планктона составляет 600 г/м 2

% сухого остатка в теле щуки = 100-60 = 40%

m сухого остатка в теле щуки = 300*40/100 = 120 кг

планктон ® рыба ® тюлень

12000 кг 1200 кг 120 кг

Исходя из продуктивности планктона (0,6 кг/м 2) определим площадь акватории моря, необходимую для прокормления тюленя:

0,6 кг ® 1 м 2

120 кг ® х м 2

Площадь поля = 12000 / 0,6 = 20000 м 2

Таким образом, для прокормления щуки необходима площадь акватории моря 20000 м 2

Фрагмент молекулы иРНК имеет следующую последовательность нуклеотидов: УГЦ-ААГ-ЦУГ-УУУ-АУА. Определите последовательность аминокислот в молекуле белка. Для этого используйте таблицу генетического кода

иРНК: УГЦ-ААГ-ЦУГ-УУУ-АУА

пептид: цистеин – лизин – лейцин – фенилаланин – изолейцин

Трансляция

Ответ: цистеин – лизин – лейцин – фенилаланин – изолейцин.

52. Молекула зрелой иРНК состоит из 240 нуклеотидов. Сколько нуклеотидов содержится в ДНК, которая была матрицей для синтеза этой молекулы иРНК, если на долю интронов приходится 20%?

% нуклеотидов экзонов в незрелой иРНК= 100-20 = 80%

Количество нуклеотидов в незрелой иРНК = 240*100/80 = 300

Количество нуклеотидов в участке ДНК, с которого скопирована данная иРНК = 300*2 = 600 (поскольку ДНК – двухцепочечная)

Экзоны – кодирующие участки генов, интроны – некодирующие полинуклеотидные последовательности в генах, они могут быть длиннее экзонов и предположительно выполняют регуляторную и структурную функции. В ходе созревания РНК из нее вырезаются некодирующие участки, скопированные с интронов (процессинг), а кодирующие, скопированные с экзонов, соединяются в нужной последовательности (сплайсинг).

Ответ: количество нуклеотидов в ДНК = 600.

При скрещивании гетерозиготных красноплодных томатов с желтоплодными получено 352 растения, имеющих красные плоды. Остальные растения имели желтые плоды. Определите, сколько растений имело желтую окраску? (красный цвет плодов - признак доминантный)

Красный цвет плодов у томатов является доминирующим. Пусть А – красный цвет плодов, а – желтый цвет плодов.

красные желтые

При скрещивании гетерозиготной особи с рецессивной гомозиготой (анализирующее скрещивание) расщепление в F 1 составляет 1:1 (50% гетерозиготы, у которых проявляется доминантный признак, и 50% рецессивные гомозиготы, у которых проявляется рецессивный признак). Следовательно, желтополодных растений будет примерно столько же, сколько и красноплодных (т.е. 352 растения).

Ответ: желтую окраску имело примерно 352 растения.

Гипоплазия зубной эмали наследуется как сцепленный с Х-хромосомой доминантный признак, шестипалость - как аутосомно-доминантный. В семье, где мать шестипалая, а у отца гипоплазия зубной эмали, родился пятипалый здоровый мальчик. Укажите генотипы всех членов семьи и составьте схему наследования

Пусть Х А – гипоплазия зубной эмали, Х а – нормальная эмаль, В – шестипалость, b – пятипалость (норма)

Генотипы родителей и ребенка: мать – Х - Х - Вb (шестипалая), отец – Х А У_ _ (гипоплазия эмали), сын – Х а Уbb

Р Х - Х - Вb х Х А У_ _

Шестипалая гипоплазия эмали

пятипалый, нормальная эмаль

В связи с тем, что у данных родителей родился пятипалый здоровый мальчик, то генотипы матери и отца будут следующими: Х - Х а Вb (мать), Х А У_ b (отец).

В связи с тем, что в условии задачи ничего не сказано о состоянии эмали у матери и количестве пальцев у отца, то возможно 2 варианта генотипов родителей и соответственно 2 схемы наследования:

1) Р Х а Х а Вb х Х А Уbb 2) Р Х А Х а Вb х Х А УВb

…..норм.эмаль, гипоплазия эмали гипоплазия эмали гипоплазия эмали

…….шестипалость пятипалость шестипалость ……. шестипалость

F 1 Х а Уbb F 1 Х а Уbb

норм.эмаль норм.эмаль

пятипалость пятипалость

55. Определите площадь акватории реки, которая необходима для того, чтобы прокормить судака массой 1 кг (40% сухого вещества). В цепи питания: фитопланктон -травоядная рыба - судак. Продуктивность фитопланктона составляет 500 г/м 2

% сухого остатка в теле судака = 100-60 = 40%

m сухого остатка в теле судака = 1*40/100 = 0,4 кг

Согласно правилу экологической пирамиды Чарлза Элтона суммарная биомасса организмов, заключенная в ней энергия и численность особей уменьшается по меревосхождения от низшего трофического уровня к высшему; при этом на каждый последующий уровень переходит приблизительно 10% биомассы и связанной с ней энергии. В связи с этим биомасса различных звеньев в цепи питания будет составлять:

фитопланктон ® травоядная рыба ® судак

40 кг 4 кг 0,4 кг

Исходя из продуктивности фитопланктона (0,5 кг/м 2) определим площадь акватории моря, необходимую для прокормления судака:

0,5 кг ® 1 м 2

40 кг ® х м 2

Площадь поля = 40 / 0,5 = 80 м 2

Таким образом, для прокормления судака необходима площадь акватории моря 80 м 2

56. Участок молекулы белка имеет следующую последовательность аминокислот: аспарагин-изолейцин-пролин-триптофан-лизин. Определите одну из возможных последовательностей нуклеотидов в молекуле ДНК (используйте таблицу генетического кода)

пептид: аспарагин-изолейцин-пролин-триптофан-лизин

иРНК: ААУ – АУУ – ЦЦУ – УГГ – ААА

ДНК (инф.нить): ТТА – ТАА – ГГА – АЦЦ – ТТТ

ДНК (2-я нить): ААТ – АТТ – ЦЦТ – ТГГ – ААА

Транскрипция – процесс синтеза иРНК на матрице ДНК, осуществляется по принципу комплементарности нуклеиновых полипептидов : аденин нуклеотида комплиментарен (образует водородные связи) тимину нуклеотида в ДНК или урацилу нуклеотида в РНК, цитозин нуклеотида комплементарен гуанину нуклеотида в ДНК или РНК.

Трансляция – процесс синтеза белка на матрице иРНК, осуществляется на рибосомах с участием тРНК, каждая из которых доставляет для синтеза белка определенную аминокислоту. тРНК представляет собой триплет нуклеотидов (антикодон), который по принципу комплементарности взаимодействует с определенным триплетом (кодоном) иРНК.

Воссозданный на основании пептида и соответственно зрелой молекулы иРНК фрагмент молекулы ДНК не отражает наличие интронов (некодирующих фрагментов), а включает только кодирующие участки (экзоны).

Молекула ДНК состоит из 3600 нуклеотидов. Определите число полных спиральных витков в данной молекуле. Определите количество т-РНК, которые примут участие в биосинтезе белка, закодированном в этом гене

Количество пар нуклеотидов в молекуле ДНК = 3600/2 = 1800

Количество полных спиральных витков в данном фрагменте ДНК = 1800/10 = 180 (поскольку каждый виток двойной спирали ДНК включает 10 пар нуклеотидов)

Количество нуклеотидов в одной цепи ДНК = 3600/2 = 1800 (поскольку ДНК – двухцепочечна)

Количество аминокислот, закодированных в этом фрагменте ДНК (без учета возможного наличия в нем интронов) = 1800/3 = 600 (поскольку каждая аминокислота кодируется триплетом нуклеотидов)

Количество молекул тРНК, принимающих участие в биосинтезе данного белка = 600, поскольку каждая аминокислота доставляется определенной молекулой тРНК.

При решении данной задачи не возможно было учесть возможное наличие интронных (некодирующих) участков в молекуле ДНК, в результате чего полученное количество аминокислот белка, закодированного в данном фрагменте ДНК, и соответственно количество тРНК, необходимых для синтеза этого белка, может оказаться завышенным.

Ответ: количество полных витков в молекуле ДНК = 180; количество тРНК = 600.

В результате скрещиваний двух животных с волнистой шерстью между собой получено 20 потомков, 15 из них с волнистой шестью, и 5 с гладкой шерстью. Сколько среди потомков гетерозигот? Напишите схему наследования

В связи с тем, что при скрещивании фенотипически одинаковых животных между собой в F1 получено расщепление 3: 1 (15 животных с волнистой шерстью и 5 – с гладкой), то согласно второму закону Менделя (или закону расщепления признаков) скрещиваемые родители были гетерозиготными и волнистая шерсть доминирует над гладкой. Пусть А – волнистая шерсть, а – гладкая шерсть.

Схема наследования:

волнистые волнистые

G А, а …….А, а

F 1 АА, 2Аа, аа

волнистые, гладкие

% гетерозиготных потомков = 50% от общего количество потомков или 2/3 от особей с волнистой шерстью, количество гетерозиготных потомков = 15*2/3 = 10.

У бабочек женский пол определяется ХУ-хромосомами, а мужской - ХХ- хромосомами. Признак «цвет кокона» сцеплен с полом. Белый цвет кокона - это признак доминантный. Каким будет потомство от скрещивания белококонной самки с темнококонным самцом?

Пусть Х А – белый кокон, тогда Х а – темный кокон

Р Х А Y х Х а Х а

белый кокон темный кокон

самка самец

G Х А, Y Х а

F 1 Х А Х а, Х а Y

белый кокон темный кокон

самец самка

Все самцы в F 1 будут иметь белый кокон, а все самки – темный кокон. В целом расщепление без учета пола составит 1:1.

60. На основании правила экологической пирамиды определите, какая площадь биоценоза прокормит сову массой 2 кг в цепи питания зерно - мыши - сова. Количества мышей и количество сов. Продуктивность растительного биоценоза 400 г/м 2

m сухого остатка в теле совы = 2 кг

зерно ® мыши ® сова

200 кг 20 кг 2 кг

Исходя из продуктивности биоценоза (0,4 кг/м 2) определим площадь биоценоза, необходимую для прокормления совы:

0,4 кг ® 1 м 2

200 кг ® х м 2

Площадь поля = 200 / 0,4 = 500 м 2

Таким образом, для прокормления совы необходима площадь биоценоза 500 м 2

Продолжение. См. № 11, 12, 13, 14, 15/2005

Уроки биологии в классах естественно-научного профиля

Расширенное планирование, 10 класс

3. Соединение нуклеотидов в цепь

Нуклеотиды соединяются между собой в ходе реакции конденсации. При этом между 3"-атомом углерода остатка сахара одного нуклеотида и остатком фосфорной кислоты другого возникает сложная эфирная связь. В результате образуются неразветвленные полинуклеотидные цепи. Один конец полинуклеотидной цепи (его называют 5"-концом) заканчивается молекулой фосфорной кислоты, присоединенной к 5"-атому углерода, другой (его называют 3"-концом) – ионом водорода, присоединенным 3"-атому углерода. Цепь последовательно расположенных нуклеотидов составляет первичную структуру ДНК.

Таким образом, скелет полинуклеотидной цепочки углеводно-фосфатный, т.к. нуклеотиды соединяются друг с другом путем образования ковалентных связей (фосфодиэфирных мостиков), в которых фосфатная группа образует мостик между С 3 -атомом одной молекулы сахара и С 5 -атомом следующей. Прочные ковалентные связи между нуклеотидами уменьшают риск «поломок» нуклеиновых кислот.

Если в составе полинуклеотида, образованного четырьмя типами нуклеотидов, 1000 звеньев, то количество возможных вариантов его состава 4 1000 (это цифра с 6 тыс. нулей). Поэтому всего четыре типа нуклеотидов могут обеспечить огромное разнообразие нуклеиновых кислот и той информации, которая содержится в них.

4. Образование двухцепочечной молекулы ДНК

В 1950 г. английский физик Морис Уилкинс получил рентгенограмму ДНК. Она показала, что молекула ДНК имеет определенную структуру, расшифровка которой помогла бы понять механизм ее функционирования. Рентгенограммы, полученные на высокоочищенной ДНК, позволили Розалинд Франклин увидеть четкий крестообразный рисунок – опознавательный знак двойной спирали. Стало известно, что нуклеотиды расположены друг от друга на расстоянии 0,34 нм, а на один виток спирали их приходится 10.

Диаметр молекулы ДНК составляет около 2 нм. Из рентгенографических данных, однако, было не ясно, каким образом две цепи удерживаются вместе.

Картина полностью прояснилась в 1953 г., когда американский биохимик Джеймс Уотсон и английский физик Фрэнсис Крик, рассмотрев совокупность известных данных о строении ДНК, пришли к выводу, что сахарофосфатный остов находится на периферии молекулы ДНК, а пуриновые и пиримидиновые основания – в середине.

Д.Уотсон и Ф.Крик установили, что две полинуклеотидные цепи ДНК закручены вокруг друг друга и вокруг общей оси. Цепи ДНК – антипараллельны (разнонаправлены), т.е. против 3"-конца одной цепи находится 5"-конец другой (представьте себе двух змей скрутившихся в спираль, – голова одной к хвосту другой). Спираль обычно закручена вправо, но есть случаи образования и левой спирали.

5. Правила Чаргаффа. Сущность принципа комплементарности

Еще до открытия Уотсона и Крика, в 1950 г. австралийский биохимик Эдвин Чаргафф установил, что в ДНК любого организма количество адениловых нуклеотидов равно количеству тимидиловых, а количество гуаниловых нуклеотидов равно количеству цитозиловых нуклеотидов (А=Т, Г=Ц), или суммарное количество пуриновых азотистых оснований равно суммарному количеству пиримидиновых азотистых оснований (А+Г=Ц+Т). Эти закономерности получили название «правила Чаргаффа».

Дело в том, что при образовании двойной спирали всегда напротив азотистого основания аденин в одной цепи устанавливается азотистое основание тимин в другой цепи, а напротив гуанина – цитозин, то есть цепи ДНК как бы дополняют друг друга. А эти парные нуклеотиды комплементарны друг другу (от лат. complementum – дополнение). Мы уже несколько раз сталкивались с проявлением комплементарности (комплиментарны друг другу активный центр фермента и молекула субстрата; комплементарны друг другу антиген и антитело).

Почему же этот принцип соблюдается? Чтобы ответить на этот вопрос, нужно вспомнить о химической природе азотистых гетероциклических оснований. Аденин и гуанин относятся к пуринам, а цитозин и тимин – к пиримидинам, то есть между азотистыми основаниями одной природы связи не устанавливаются. К тому же комплементарные основания соответствуют друг другу геометрически, т.е. по размерам и форме.

Таким образом, комплементарность нуклеотидов – это химическое и геометрическое соответствие структур их молекул друг другу .

В азотистых основаниях имеются сильноэлектроотрицательные атомы кислорода и азота, которые несут частичный отрицательный заряд, а также атомы водорода, на которых возникает частичный положительный заряд. За счет этих частичных зарядов возникают водородные связи между азотистыми основаниями антипараллельных последовательностей молекулы ДНК.

Образование водородных связей между комплементарными азотистыми основаниями

Между аденином и тимином возникают две водородные связи (А=Т), а между гуанином и цитозином – три (Г=Ц). Подобное соединение нуклеотидов обеспечивает, во-первых, образование максимального числа водородных связей, а во-вторых, одинаковое по всей длине спирали расстояние между цепями.

Из всего выше сказанного вытекает, что, зная последовательность нуклеотидов в одной спирали, можно выяснить порядок следования нуклеотидов на другой спирали.

Двойная комплементарная цепь составляет вторичную структуру ДНК. Спиральная форма ДНК является ее третичной структурой.

III. Закрепление знаний

Обобщающая беседа по ходу изучения нового материала; решение задач.

Задача 1. В лаборатории исследован участок одной из цепочек молекулы ДНК. Оказалось, что он состоит из 20 мономеров, которые расположены в такой последовательности: Г-Т-Г-Т-А-А-Ц-Г-А-Ц-Ц-Г-А-Т-А-Ц-Т-Г-Т-А.
Что можно сказать о строении соответствующего участка второй цепочки той же молекулы ДНК?

Зная, что цепи молекулы ДНК комплементарны друг другу, определим последовательность нуклеотидов второй цепи той же молекулы ДНК: Ц-А-Ц-А-Т-Т-Г-Ц-Т-Г-Г-Ц-Т-А-Т-Г-А-Ц-А-Т.

Задача 2. На фрагменте одной цепи ДНК нуклеотиды расположены в последовательности: А-А-Г-Т-Ц-Т-А-Ц-Г-Т-А-Т...

1. Нарисуйте схему структуры второй цепи данной молекулы ДНК.
2. Какова длина в нм этого фрагмента ДНК, если один нуклеотид занимает около 0,34 нм?
3. Сколько (в %) содержится нуклеотидов в этом фрагменте молекулы ДНК?

1. Достраиваем вторую цепь данного фрагмента молекулы ДНК, пользуясь правилом комплементарности: Т-Т-Ц-А-Г-А-Т-Г-Ц-А-Т-А.
2. Определяем длину данного фрагмента ДНК: 12х0,34=4,08 нм.
3. Рассчитываем процентное содержание нуклеотидов в этом фрагменте ДНК.

24 нуклеотида – 100%
8А – х%, отсюда х=33,3%(А);
т.к. по правилу Чаргаффа А=Т, значит содержание Т=33,3%;
24 нуклеотида – 100%
4Г – х%, отсюда х=16,7%(Г);
т.к. по правилу Чаргаффа Г=Ц, значит содержание Ц=16,6%.

Ответ: Т-Т-Ц-А-Г-А-Т-Г-Ц-А-Т-А; 4,08 нм; А=Т=33, 3%; Г=Ц=16,7%

Задача 3. Каков будет состав второй цепочки ДНК, если первая содержит 18% гуанина, 30% аденина и 20% тимина?

1. Зная, что цепи молекулы ДНК комплементарны друг другу, определяем содержание нуклеотидов (в %) во второй цепи:

т.к. в первой цепи Г=18%, значит во второй цепи Ц=18%;
т.к. в первой цепи А=30%, значит во второй цепи Т=30%;
т.к. в первой цепи Т=20%, значит во второй цепи А=20%;

2. Определяем содержание в первой цепи цитозина (в %).

определяем долю цитозина в первой цепи ДНК: 100% – 68% = 32% (Ц);

если в первой цепи Ц=32%, тогда во второй цепи Г=32%.

Ответ: Ц=18%; Т=30%; A=20%; Г=32%

Задача 4. В молекуле ДНК насчитывается 23% адениловых нуклеотидов от общего числа нуклеотидов. Определите количество тимидиловых и цитозиловых нуклеотидов.

1. По правилу Чаргаффа находим содержание тимидиловых нуклеотидов в данной молекуле ДНК: А=Т=23%.
2. Находим сумму (в %) содержания адениловых и тимидиловых нуклеотидов в данной молекуле ДНК: 23% + 23% = 46%.
3. Находим сумму (в %) содержания гуаниловых и цитозиловых нуклеотидов в данной молекуле ДНК: 100% – 46% = 54%.
4. По правилу Чаргаффа, в молекуле ДНК Г=Ц, в сумме на их долю приходится 54%, а по отдельности: 54% : 2 = 27%.

Ответ: Т=23%; Ц=27%

Задача 5. Дана молекула ДНК с относительной молекулярной массой 69 тыс., из них 8625 приходится на долю адениловых нуклеотидов. Относительная молекулярная масса одного нуклеотида в среднем 345. Сколько содержится нуклеотидов по отдельности в данной ДНК? Какова длина ее молекулы?

1. Определяем, сколько адениловых нуклеотидов в данной молекуле ДНК: 8625: 345 = 25.
2. По правилу Чаргаффа, А=Г, т.е. в данной молекуле ДНК А=Т=25.
3. Определяем, сколько приходится от общей молекулярной массы данной ДНК на долю гуаниловых нуклеотидов: 69 000 – (8625х2) = 51 750.
4. Определяем суммарное количество гуаниловых и цитозиловых нуклеотидов в данной ДНК: 51 750:345=150.
5. Определяем содержание гуаниловых и цитозиловых нуклеотидов по отдельности: 150:2 = 75;
6. Определяем длину данной молекулы ДНК: (25 + 75) х 0,34 = 34 нм.

Ответ: А=Т=25; Г=Ц=75; 34 нм.

Задача 6. По мнению некоторых ученых общая длина всех молекул ДНК в ядре одной половой клетки человека составляет около 102 см. Сколько всего пар нуклеотидов содержится в ДНК одной клетки (1 нм = 10–6 мм)?

1. Переводим сантиметры в миллиметры и нанометры: 102 см = 1020 мм = 1 020 000 000 нм.
2. Зная длину одного нуклеотида (0,34 нм), определяем количество пар нуклеотидов, содержащихся в молекулах ДНК гаметы человека: (10 2 х 10 7) : 0,34 = 3 х 10 9 пар.

Ответ: 3х109 пар.

IV. Домашнее задание

Изучить параграф учебника и записи, сделанные в классе (содержание, молекулярная масса нуклеиновых кислот, строение нуклеотида, правило Чаргаффа, принцип комплементарности, образование двухцепочечной молекулы ДНК), решить задачи после текста параграфа.

Урок 16–17. Классы клеточных РНК и их функции. различия ДНК и РНК. Репликация ДНК. Синтез иРНК

Оборудование: таблицы по общей биологии; схема строения нуклеотида; модель строения ДНК; схемы и рисунки, иллюстрирующие строение РНК, процессы репликации и транскрипции.

I. Проверка знаний

Работа по карточкам

Карточка 1. Укажите принципиальные отличия строения молекулы ДНК от молекул других биополимеров (белков, углеводов).

Карточка 2. На чем основана огромная информационная емкость ДНК? Например, в ДНК млекопитающих содержится 4–6 млрд бит информации, что соответствует библиотеке в 1,5–2 тыс. томов. Как эта функция отражена в строении?

Карточка 3. При нагревании ДНК, как и белки, денатурирует. Как вы думаете, что при этом происходит с двойной спиралью?

Карточка 4. Заполните пропуски в тексте: «Две цепи молекулы ДНК обращены друг к другу... . Цепи соединены..., причем против нуклеотида, содержащего аденин всегда стоит нукдеотид, содержащий..., а против содержащего цитозин – содержащий... . Этот принцип назван принципом... . Порядок расположения... в молекуле... для каждого организма... и определяет последовательность... в... . Таким образом, ДНК является... . ДНК локализуется в основном в... клеток у эукариот и в... клеток у прокариот».

Устная проверка знаний по вопросам

1. Нуклеиновые кислоты, их содержание в живом веществе, молекулярная масса.
2. НК – непериодические полимеры. Строение нуклеотида, типы нуклеотидов.
3. Соединение нуклеотидов в цепь.
4. Образование двухцепочечной молекулы ДНК.
5. Правила Чаргаффа. Сущность принципа комплементарности.

Проверка правильности решения задач, приведенных в учебнике.

II. Изучение нового материала
1. РНК и ее значение

Основу жизни образуют белки. Функции их в клетке очень разнообразны. Однако белки «не умеют» размножаться. А вся информация о строении белков содержится в генах (ДНК).

У высших организмов белки синтезируются в цитоплазме клетки, а ДНК сокрыта за оболочкой ядра. Поэтому ДНК непосредственно не может быть матрицей для синтеза белка. Эту роль выполняет другая нуклеиновая кислота – РНК.

Молекула РНК представляет собой неразветвленный полинуклеотид, обладающий третичной структурой. Она образована одной полинуклеотидной цепочкой, и, хотя входящие в ее состав комплементарные нуклеотиды также способны образовывать между собой водородные связи, эти связи возникают между нуклеотидами одной цепочки. Цепи РНК значительно короче цепей ДНК. Если содержание ДНК в клетке относительно постоянно, то содержание РНК сильно колеблется. Наибольшее количество РНК в клетках наблюдается во время синтеза белка.

РНК принадлежит главная роль в передаче и реализации наследственной информации. В соответствии с функцией и структурными особенностями различают несколько классов клеточных РНК.

2. Классы клеточных РНК и их функции

Существует три основных класса клеточных РНК.

1. Информационная (иРНК), или матричная (мРНК). Ее молекулы наиболее разнообразны по размерам, молекулярной массе (от 0,05х10 6 до 4х10 6) и стабильности. Составляют около 2% от общего количества РНК в клетке. Все иРНК являются переносчиками генетической информации из ядра в цитоплазму, к месту синтеза белка. Они служат матрицей (рабочим чертежом) для синтеза молекулы белка, так как определяют аминокислотную последовательность (первичную структуру) белковой молекулы.

2. Рибосомальные РНК (рРНК). Составляют 80–85% от общего содержания РНК в клетке. Рибосомальная РНК состоит из 3–5 тыс. нуклеотидов. Она синтезируется в ядрышках ядра. В комплексе с рибосомными белками рРНК образует рибосомы – органоиды, на которых происходит сборка белковых молекул. Основное значение рРНК состоит в том, что она обеспечивает первоначальное связывание иРНК и рибосомы и формирует активный центр рибосомы, в котором происходит образование пептидных связей между аминокислотами в процессе синтеза полипептидной цепи.

3. Транспортные РНК (тРНК ). Молекулы тРНК содержат обычно 75-86 нуклеотидов. Молекулярная масса молекул тРНК около 25 тыс. Молекулы тРНК играют роль посредников в биосинтезе белка – они доставляют аминокислоты к месту синтеза белка, то есть на рибосомы. В клетке содержится более 30 видов тРНК. Каждый вид тРНК имеет характерную только для него последовательность нуклеотидов. Однако у всех молекул имеется несколько внутримолекулярных комплементарных участков, благодаря наличию которых все тРНК имеют третичную структуру, напоминающую по форме клеверный лист.

3. Отличия молекул ДНК и РНК

Заполнение учащимися таблицы с последующей проверкой.

Признаки сравнения
Расположение в клетке	Ядро, митохондрии, хлоропласты	Ядро, рибосомы, центриоли, цитоплазма, митохондрии и хлоропласты
Строение макромолекулы	Двойной неразветвленный линейный полимер, свернутый в спираль	Одинарная полинуклеотидная цепь
Мономеры	Дезоксирибонуклеотиды	Рибонуклеотиды
Состав нуклеотидов	Пуриновые (аденин, гуанин) и пиримидиновые (тимин, цитозин) азотистые основания; дезоксирибоза (С5); остаток фосфорной кислоты	Пуриновые (аденин, гуанин) и пиримидиновые (урацил, цитозин) азотистые основания; рибоза (С5); остаток фосфорной кислоты
	Хранитель наследственной информации	Посредник в реализации генетической информации

4. Репликация ДНК

Одним из уникальных свойств молекулы ДНК является ее способность к самоудвоению – воспроизведению точных копий исходной молекулы. Благодаря этому осуществляется передача наследственной информации от материнской клетки дочерним во время деления. Процесс самоудвоения молекулы ДНК называется репликацией (редупликацией).

Репликация – сложный процесс, идущий с участием ферментов (ДНК-полимераз). Для репликации нужно сначала расплести двойную спираль ДНК. Это тоже делают специальные ферменты – геликазы , разрывающие водородные связи между основаниями. Но расплетенные участки очень чувствительны к повреждающим факторам. Чтобы они оставались в незащищенном состоянии как можно меньше времени, синтез на обеих цепочках идет одновременно.

Но в материнской ДНК две цепи двойной спирали антипараллельны – напротив 3’-конца одной цепи располагается 5’-конец другой, а фермент ДНК-полимераза может «перемещаться» только в одном направлении – от 3"-конца к 5"-концу матричной цепи. Поэтому репликация одной половины материнской молекулы, начинающейся 3’-нуклеотидом, включается после расплетания двойной спирали и идет, как полагают, непрерывно. Репликация же второй половины молекулы начинается чуть позже и не с начала (где располагается 5’-нуклеотид, препятствующий реакции), а на некотором расстоянии от него. ДНК-полимераза при этом движется в обратную сторону, синтезируя относительно короткий фрагмент. Структура, возникающая в этот момент, называется репликативной вилкой . По мере расплетания двойной спирали репликативная вилка сдвигается – на второй цепочке начинается синтез следующего участка, идущий в сторону начала предыдущего, уже синтезированного фрагмента. Затем эти отдельные фрагменты на второй матричной цепи (их называют фрагментами Оказаки ) сшиваются ферментом ДНК-лигазой в единую цепь.

Схема строения репликационной вилки ДНК

Во время репликации энергия молекул АТФ не расходуется, так как для синтеза дочерних цепей при репликации используются не дезоксирибонуклеотиды (содержат один остаток фосфорной кислоты), а дезоксирибонуклеозидтрифосфаты (содержат три остатка фосфорной кислоты). При включении дезоксирибонуклеозидтрифосфатов в полинуклеотидную цепь два концевых фосфата отщепляются, и освободившаяся энергия используется на образование сложно-эфирной связи между нуклеотидами.

В результате репликации образуются две двойные «дочерние» спирали, каждая из которых сохраняет (консервирует) в неизменном виде одну из половин исходной «материнской» ДНК. Вторые цепи «дочерних» молекул синтезируются из нуклеотидов заново. Это получило название полуконсервативности ДНК.

5. Синтез РНК в клетке

Считывание РНК с матрицы ДНК называется транскрипцией (от лат. transcriptio – переписывание). Она осуществляется специальным ферментом – РНК-полимеразой. В клетках эукариот обнаружены три разные РНК-полимеразы, синтезирующие разные классы РНК.

Транскрипция также является примером реакции матричного синтеза. Цепочка РНК очень похожа на цепочку ДНК: также состоит из нуклеотидов (рибонуклеотидов, весьма похожи на дезоксирибонуклеотиды). РНК считывается с участка ДНК, в котором она закодирована, в соответствии с принципом комплементарности: напротив аденина ДНК становится урацил РНК, напротив гуанина – цитозин, напротив тимина – аденин и напротив цитозина – гуанин.

В пределах определенного гена только одна цепь из двух комплементарных цепей ДНК служит матрицей для синтеза РНК. Эта цепь называется рабочей.

В соответствии с принятыми соглашениями начало гена на схемах изображают слева. У нерабочей (некодирующей) цепи молекулы ДНК «левым» в этом случае будет 5"-конец, у рабочей (кодирующей) – наоборот. Фермент РНК-полимераза присоединяется к промотору (специфической последовательности нуклеотидов ДНК, которую фермент «узнает» благодаря химическому сродству и который находится на 3"-конце соответствующего участка матричной цепи ДНК). Только присоединившись к промотору, РНК-полимераза способна начать синтез РНК из присутствующих в клетке свободных рибонуклеозидтрифосфатов. Энергия для синтеза РНК содержится в макроэнергетических связях рибонуклеозидтрифосфатов.

III. Закрепление знаний

Обобщающая беседа по ходу изучения нового материала. Решение задачи.

Задача. Молекула ДНК состоит из двух цепей – основной, на которой синтезируется иРНК, и комплементарной. Запишите порядок нуклеотидов в синтезируемой иРНК, если порядок следования нуклеотидов в основной (рабочей) цепи ДНК следующий: Ц-Г-Ц-Т-Г-А-Т-А-Г.

Пользуясь принципом комплементарности, определяем порядок расположения нуклеотидов в иРНК, синтезируемой по рабочей цепи ДНК: Г-Ц-Г-А-Ц-У-А-У-Ц.

Ответ: Г-Ц-Г-А-Ц-У-А-У-Ц

IV. Домашнее задание

Изучить параграф учебника (РНК, ее основные классы и функции, отличия ДНК и РНК, репликация и транскрипция).

Урок 18. Обобщение знаний по теме «ДНК и РНК»

Оборудование: таблицы по общей биологии, схема строения нуклеотида, модель строения ДНК, схемы и рисунки, иллюстрирующие строение РНК, процессы репликации и транскрипции.

I. Проверка знаний
Устная проверка знаний по вопросам.

1. РНК и ее значение в клетке.
2. Классы клеточных РНК и их функции (трое учащихся ).
3. Репликация, ее механизм и значение.
4. Транскрипция, ее механизм и значение.

Биологический диктант «Сравнение ДНК и РНК»

Учитель читает тезисы под номерами, учащиеся записывают в тетрадь номера тех тезисов, которые подходят по содержанию их варианту.

Вариант 1 – ДНК; вариант 2 – РНК.

1. Одноцепочечная молекула.
2. Двухцепочечная молекула.
3. Содержит аденин, урацил, гуанин, цитозин.
4. Содержит аденин, тимин, гуанин, цитозин.
5. В состав нуклеотидов входит рибоза.
6. В состав нуклеотидов входит дезоксирибоза.
7. Содержится в ядре, хлоропластах, митохондриях, центриолях, рибосомах, цитоплазме.
8. Содержится в ядре, хлоропластах, митохондриях.
9. Участвует в хранении, воспроизведении и передаче наследственной информации.
10. Участвует в передаче наследственной информации.

Вариант 1 – 2; 4; 6; 8; 9;

Вариант 2 – 1; 3; 5; 7; 10.

Решение задач

Задача 1. Химический анализ показал, что 28% от общего числа нуклеотидов данной иРНК приходится на аденин, 6% – на гуанин, 40% – на урацил. Каков должен быть нуклеотидный состав соответствующего участка двухцепочечной ДНК, информация с которого «переписана» данной иРНК?

1. Зная, что цепь молекулы РНК и рабочая цепь молекулы ДНК комплементарны друг другу, определяем содержание нуклеотидов (в %) в рабочей цепи ДНК:

в цепи иРНК Г=6%, значит в рабочей цепи ДНК Ц=6%;

в цепи иРНК А=28%, значит в рабочей цепи ДНК Т=28%;

в цепи иРНК У =40%, значит в рабочей цепи ДНК А=40%;

2. Определяем содержание в цепи иРНК (в %) цитозина.

определяем долю цитозина в цепи иРНК: 100% – 74% = 26% (Ц);

если в цепи иРНК Ц=26%, тогда в рабочей цепи ДНК Г=26%.

Ответ: Ц=6%; Т=28%; А=40%; Г=26%

Задача 2. На фрагменте одной цепи ДНК нуклеотиды расположены в последовательности: А-А-Г-Т-Ц-Т-А-А-Ц-Г-Т-А-Т. Нарисуйте схему структуры двухцепочечной молекулы ДНК. Какова длина этого фрагмента ДНК? Сколько (в %) содержится нуклеотидов в этой цепи ДНК?

1. По принципу комплементарности выстраивает вторую цепь данной молекулы ДНК: Т-Т-Ц-А-Г-А-Т-Т-Г-Ц-А-Т-А.

2. Зная длину одного нуклеотида (0,34 нм) определяем длину данного фрагмента ДНК (в ДНК длина одной цепи равна длине всей молекулы): 13х0,34 = 4,42 нм.

3. Рассчитываем процентное содержание нуклеотидов в данной цепи ДНК:

13 нуклеотидов – 100%
5 А – х%, х=38% (А).
2 Г – х%, х=15,5% (Г).
4 Т – х%, х=31% (Т).
2 Ц – х%, х=15,5% (Ц).

Ответ: Т-Т-Ц-А-Г-А-Т-Т-Г-Ц-А-Т-А; 4,42 нм; А=38; Т=31%; Г=15,5%; Ц=15,5%.

Проведение самостоятельной работы

Вариант 1

1. Даны фрагменты одной цепи молекулы ДНК: Ц-А-А-А-Т-Т-Г-Г-А-Ц-Г-Г-Г. Определите содержание (в %) каждого вида нуклеотидов и длину данного фрагмента молекулы ДНК.

2. В молекуле ДНК обнаружено 880 гуаниловых нуклеотидов, которые составляют 22% от общего количества нуклеотидов этой ДНК? Определите, сколько содержится других нуклеотидов (по отдельности) в этой молекуле ДНК. Какова длина этой ДНК?

Вариант 2

1. Даны фрагменты одной цепи молекулы ДНК: А-Г-Ц-Ц-Г-Г-Г-А-А-Т-Т-А. Определите содержание (в %) каждого вида нуклеотидов и длину данного фрагмента молекулы ДНК.

2. В молекуле ДНК обнаружено 250 тимидиловых нуклеотидов, которые составляют 22,5% от общего количества нуклеотидов этой ДНК. Определите, сколько содержится других нуклеотидов (по отдельности) в этой молекуле ДНК. Какова длина этой ДНК?

IV. Домашнее задание

Повторить материал по основным классам органических веществ, обнаруживаемых в живом веществе.

Продолжение следует

Молекулярная генетика – раздел генетики, который занимается изучением наследственности на молекулярном уровне.

Нуклеиновые кислоты. Репликация ДНК. Реакции матричного синтеза

Нуклеиновые кислоты (ДНК, РНК) были открыты в 1868 году швейцарским биохимиком И.Ф. Мишером. Нуклеиновые кислоты – линейные биополимеры, состоящие из мономеров – нуклеотидов.

ДНК – структура и функции

Химическую структуру ДНК расшифровали в 1953 г. американский биохимик Дж. Уотсон и английский физик Ф. Крик.

Общая структура ДНК. Молекула ДНК состоит из 2 цепей, которые закручены в спираль (рис. 11) одна вокруг другой и вокруг общей оси. Молекулы ДНК могут содержать от 200 до 2х10 8 пар нуклеотидов. Вдоль спирали молекулы ДНК соседние нуклеотиды располагаются на расстоянии 0,34 нм друг от друга. Полный оборот спирали включает 10 пар нуклеотидов. Его длина составляет 3,4 нм.

Рис . 11 . Схема строения ДНК (двойная спираль)

Полимерность молекулы ДНК. Молекула ДНК – биоплоимер состоит из сложных соединений – нуклеотидов.

Строение нуклеотида ДНК. Нуклеотид ДНК состоит из 3 звеньев: одно из азотистых оснований (аденин, гуанин, цитозин, тимин); дезокисирибоза (моносахарид); остаток фосфорной кислоты (рис. 12).

Различают 2 группы азотистых оснований:

пуриновые – аденин (А), гуанин (Г), содержащие два бензольных кольца;

пиримидиновые – тимин (Т), цитозин (Ц), содержащие одно бензольное кольцо.

В состав ДНК входят следующие виды нуклеотидов: адениновый (А); гуаниновый (Г); цитозиновый (Ц); тиминовый (Т). Названия нуклеотидов соответствуют названиям азотистых оснований, входящих в их состав: адениновый нуклеотид азотистое основание аденин; гуаниновый нуклеотид азотистое основание гуанин; цитозиновый нуклеотид азотистое основание цитозин; тиминовый нуклеотид азотистое основание тимин.

Соединение двух цепей ДНК в одну молекулу

Нуклеотиды А, Г, Ц и Т одной цепи соединены соответственно с нуклеотидами Т, Ц, Г и А другой цепи водородными связями . Между А и Т формируется две водородные связи, а между Г и Ц – три водородные связи (А=Т, Г≡Ц).

Пары оснований (нуклеотидов) А – Т и Г – Ц называют комплементарными, т. е. взаимно соответствующими. Комплементарность – это химическое и морфологическое соответствие нуклеотидов друг другу в парных цепочках ДНК.

5 ’ 3 ’

1 2 3

3’ 5’

Рис. 12 Участок двойной спирали ДНК. Строение нуклеотида (1– остаток фосфорной кислоты; 2– дезоксирибоза; 3– азотистое основание). Соединение нуклеотидов с помощью водородных связей.

Цепи в молекуле ДНК антипараллельны, т. е. направлены в противоположные стороны, так что 3’- конец одной цепи располагается напротив 5’- конца другой цепи. Генетическая информация в ДНК записана в направлении от 5’ конца к 3’ концу. Эта нить называется смысловой ДНК,

поскольку здесь расположены гены. Вторая нить – 3’–5’ служит эталоном хранения генетической информации.

Cоотношение между числом разных оснований в ДНК установлено Э. Чаргаффом в 1949 г. Чаргафф выявил, что у ДНК различных видов количество аденина равно количеству тимина, а количество гуанина – количеству цитозина.

Правило Э. Чаргаффа :

в молекуле ДНК количество A (адениновых) нуклеотидов всегда равно количеству Т (тиминовых) нуклеотидов или отношение ∑ А к ∑ Т=1. Сумма Г (гуаниновых) нуклеотидов равна сумме Ц (цитозиновых) нуклеотидов или отношение ∑ Г к ∑ Ц=1;

сумма пуриновых оснований (А+Г) равна сумме пиримидиновых оснований (Т+Ц) или отношение ∑ (А+Г) к ∑ (Т+Ц)=1;

Способ синтеза ДНК – репликация . Репликация – это процесс самоудвоения молекулы ДНК, осуществляемый в ядре под контролем ферментов. Самоудовоение молекулы ДНК происходит на основе комплементарности – строгого соответствия нуклеотидов друг другу в парных цепочках ДНК. В начале процесса репликации молекула ДНК раскручивается (деспирализуется) на определенном участке (рис. 13), при этом освобождаются водородные связи. На каждой из цепей, образовавшихся после разрыва водородных связей, при участии фермента ДНК-полимиразы, синтезируется дочерняя цепь ДНК. Материалом для синтеза служат свободные нуклеотиды, содержащиеся в цитоплазме клеток. Эти нуклеотиды выстраиваются комплементарно нуклеотидам двух материнских цепей ДНК. Фермент ДНК-полимераза присоединяет комплементарные нуклеотиды к матричной цепи ДНК. Например, к нуклеотиду А матричной цепи полимераза присоединяет нуклеотид Т и, соответственно, к нуклеотиду Г – нуклеотид Ц (рис. 14). Сшивание комплементарных нуклеотидов происходит с помощью фермента ДНК-лигазы . Так путем самоудвоения синтезируются две дочерние цепи ДНК.

Образовавшиеся две молекулы ДНК из одной молекулы ДНК представляют собой полуконсервативную модель , поскольку состоят из старой материнской и новой дочерней цепей и являются точной копией материнской молекулы (рис. 14). Биологический смысл репликации заключается в точной передаче наследственной информации от материнской молекулы к дочерней.

Рис . 13 . Деспирализация молекулы ДНК с помощью фермента

Рис . 14 . Репликация – образование двух молекул ДНК из одной молекулы ДНК: 1 – дочерняя молекула ДНК; 2 – материнская (родительская) молекула ДНК.

Фермент ДНК-полимераза может двигаться вдоль цепи ДНК только в направлении 3’ –> 5’. Поскольку комплементарные цепи в молекуле ДНК направлены в противоположные стороны, и фермент ДНК-полимераза может двигаться вдоль цепи ДНК только в направлении 3’–>5’, то и синтез новых цепей идет антипараллельно (по принципу антипараллельности ).

Место локализации ДНК . ДНК содержится в ядре клетки, в матриксе митохондрий и хлоропластов.

Количество ДНК в клетке постоянно и составляет 6,6х10 -12 г.

Функции ДНК:

Хранение и передача в ряду поколений генетической информации молекулам и - РНК;

Структурная. ДНК является структурной основой хромосом (хромосома на 40% состоит из ДНК).

Видоспецифичность ДНК . Нуклеотидный состав ДНК служит критерием вида.

РНК, строение и функции.

Общая структура .

РНК – линейный биополимер, состоящий из одной полинуклеотидной цепи. Различают первичную и вторичную структуры РНК. Первичная структура РНК представляет собой одноцепочечную молекулу, а вторичная структура имеет форму креста и характерна для т- РНК.

Полимерность молекулы РНК . Молекула РНК может включать от 70 нуклеотидов до 30 000 нуклеотидов. Нуклеотиды, входящие в состав РНК, следующие: адениловый (А), гуаниловый (Г), цитидиловый (Ц), урациловый (У). В составе РНК тиминовый нуклеотид замещен на урациловый (У).

Строение нуклеотида РНК.

Нуклеотид РНК включает 3 звена:

азотистое основание (аденин, гуанин, цитозин, урацил);

моносахарид – рибоза (в рибозе присутствует кислород при каждом атоме углерода);

остаток фосфорной кислоты.

Способ синтеза РНК – транскрипция . Транскрипция, как и репликация, – реакция матричного синтеза. Матрицей является молекула ДНК. Реакция протекает по принципу комплементарности на одной из цепей ДНК (рис. 15). Процесс транскрипции начинается с деспирализации молекулы ДНК на определенном участке. На транскрибируемой цепи ДНК имеется промотор – группа нуклеотидов ДНК, с которой начинается синтез молекулы РНК. К промотору присоединяется фермент РНК-полимераза . Фермент активизирует процесс транскрипции. По принципу комплементарности достраиваются нуклеотиды, поступающие из цитоплазмы клетки к транскрибируемой цепи ДНК. РНК-полимераза активизирует выстраивание нуклеотидов в одну цепь и формирование молекулы РНК.

В процессе транскрипции выделяют четыре стадии: 1) связывание РНК-полимеразы с промотором; 2) начало синтеза (инициация); 3) элонгация – рост цепи РНК, т. е. происходит последовательное присоединение нуклеотидов друг к другу; 4) терминация – завершение синтеза и-РНК.

Рис . 15 . Схема транскрипции

1 – молекула ДНК (двойная цепочка); 2 – молекула РНК; 3–кодоны; 4– промотор.

В 1972 г. американские ученые – вирусолог Х.М. Темин и молекулярный биолог Д. Балтимор на вирусах в опухолевых клетках открыли обратную транскрипцию. Обратная транскрипция – переписывание генетической информации с РНК на ДНК. Процесс протекает с помощью фермента обратной транскриптазы .

Виды РНК по функции

Информационная, или матричная РНК (и-РНК, или м-РНК) переносит генетическую информацию с молекулы ДНК к месту синтеза белка – в рибосому. Синтезируется в ядре при участии фермента РНК-полимеразы. Она составляет 5% от всех видов РНК клетки. и- РНК включает от 300 нуклеотидов до 30 000 нуклеотидов (самая длинная цепь среди РНК).

Транспортная РНК (т-РНК) транспортирует аминокислоты к месту синтеза белка,– в рибосому. Имеет форму креста (рис. 16) и состоит из 70 – 85 нуклеотидов. Ее количество в клетке составляет 10-15 % РНК клетки.

Рис. 16. Схема строения т-РНК: А–Г – пары нуклеотидов, соединенные с помощью водородных связей; Д – место прикрепления аминокислоты (акцепторный участок); Е – антикодон.

3. Рибосомная РНК (р-РНК) синтезируется в ядрышке и входит в состав рибосом. Включает примерно 3000 нуклеотидов. Составляет 85% РНК клетки. Этот вид РНК содержатся в ядре, в рибосомах, на эндоплазматической сети, в хромосомах, в матриксе митохондрий, а также в пластидах.

Основы цитологии. Решение типовых задач

Задача 1

Сколько тиминовых и адениновых нуклеотидов содержится в ДНК, если в ней обнаружено 50 цитозиновых нуклеотидов, что составляет 10% от всех нуклеотидов.

Решение. По правилу комплементарности в двойной цепи ДНК цитозин всегда комплемпентарен гуанину. 50 цитозиновых нуклеотидов составляют 10%, следовательно, согласно правилу Чаргаффа, 50 гуаниновых нуклеотидов также составляют 10%, или (если ∑Ц =10%, то и ∑Г =10%).

Сумма пары нуклеотидов Ц + Г равна 20%

Сумма пары нуклеотидов Т + А = 100% – 20 % (Ц + Г) = 80 %

Для того, чтобы узнать, сколько тиминовых и адениновых нуклеотидов содержится в ДНК, нужно составить следующую пропорцию:

50 цитозиновых нуклеотидов → 10 %

Х (Т + А) →80 %

Х = 50х80:10=400 штук

Согласно правилу Чаргаффа ∑А= ∑Т, следовательно ∑А=200 и ∑Т=200.

Ответ: количество тиминовых, как и адениновых нуклеотидов в ДНК, равно 200.

Задача 2

Тиминовые нуклеотиды в ДНК составляют 18% от общего количества нуклеотидов. Определите процент остальных видов нуклеотидов, содержащихся в ДНК.

Решение. ∑Т=18%. Согласно правилу Чаргаффа ∑Т=∑А, следовательно на долю адениновых нуклеотидов также приходится 18 % (∑А=18%).

Сумма пары нуклеотидов Т+А равна 36 % (18 % + 18 % = 36 %). На пару нуклеотидов Ги Ц приходится: Г+Ц=100 % –36 %=64 %. Поскольку гуанин всегда комплементарен цитозину, то их содержание в ДНК будет равным,

т. е. ∑ Г= ∑Ц=32%.

Ответ : содержание гуанина, как и цитозина, составляет 32 %.

Задача 3

20 цитозиновых нуклеотидов ДНК составляют 10% от общего количества нуклеотидов. Сколько адениновых нуклеотидов содержится в молекуле ДНК?

Решение. В двойной цепочке ДНК количество цитозина равно количеству гуанина, следовательно, их сумма составляет: Ц+Г=40 нуклеотидов. Находим общее количество нуклеотидов:

20 цитозиновых нуклеотидов → 10 %

Х (общее количество нуклеотидов) →100 %

Х=20х100:10=200 штук

А+Т=200 – 40=160 штук

Так как аденин комплементарен тимину, то их содержание будет равным,

т. е. 160 штук: 2=80 штук, или ∑А=∑Т=80.

Ответ : в молекуле ДНК содержится 80 адениновых нуклеотидов.

Задача 4

Допишите нуклеотиды правой цепи ДНК, если известны нуклеотиды ее левой цепи: АГА – ТАТ – ГТГ – ТЦТ

Решение. Построение правой цепи ДНК по заданной левой цепи производится по принципу комплементарности – строгого соответствия нуклеотидов друг другу: аденонивый – тиминовый (А–Т), гуаниновый – цитозиновый (Г–Ц). Поэтому нуклеотиды правой цепи ДНК должны быть следующие: ТЦТ – АТА – ЦАЦ – АГА.

Ответ : нуклеотиды правой цепи ДНК: ТЦТ – АТА – ЦАЦ – АГА.

Задача 5

Запишите транскрипцию, если транскрибируемая цепочка ДНК имеет следующий порядок нуклеотидов: АГА – ТАТ – ТГТ – ТЦТ.

Решение . Молекула и-РНК синтезируется по принципу комплеиентарности на одной из цепей молекулы ДНК. Нам известен порядок нуклеотидов в транскрибируемой цепи ДНК. Следовательно, надо построить комплементарную цепь и-РНК. Следует помнить, что вместо тимина в молекулу РНК входит урацил. Следовательно:

Цепь ДНК: АГА – ТАТ – ТГТ – ТЦТ

Цепь и-РНК: УЦУ – АУА –АЦА –АГА.

Ответ : последовательность нуклеотидов и-РНК следующая: УЦУ – АУА – АЦА –АГА.

Задача 6

Запишите обратную транскрипцию, т. е. постройте фрагмент двухцепочечной молекулы ДНК по предложенному фрагменту и-РНК, если цепочка и- РНК имеет следующую последовательность нуклеотидов:

ГЦГ – АЦА – УУУ – УЦГ – ЦГУ – АГУ – АГА

Решение. Обратная транскрипция – это синтез молекулы ДНК на основе генетического кода и-РНК. Кодирующая молекулу ДНК и-РНК имеет следующий порядок нуклеотидов: ГЦГ – АЦА – УУУ – УЦГ – ЦГУ – АГУ – АГА. Комплементарная ей цепочка ДНК: ЦГЦ – ТГТ – ААА – АГЦ – ГЦА – ТЦА – ТЦТ. Вторая цепочка ДНК: ГЦГ–АЦА–ТТТ–ТЦГ–ЦГТ–АГТ–АГА.

Ответ : в результате обратной транскрипции синтезированы две цепочки молекулы ДНК: ЦГЦ – ТГТ – ААА – АГЦ – ГЦА – ТЦА и ГЦГ–АЦА–ТТТ–ТЦГ–ЦГТ–АГТ–АГА.

Генетический код. Биосинтез белка.

Ген – участок молекулы ДНК, содержащий генетическую информацию о первичной структуре одного определенного белка.

Экзон-интронная структура гена эукариот

промотор – участок ДНК (длиной до 100 нуклеотидов), к которому присоединяется фермент РНК-полимераза , необходимый для осуществления транскрипции;

2) регуляторная зона – зона, влияющая на активность гена;

3) структурная часть гена – генетическая информация о первичной структуре белка.

Последовательность нуклеотидов ДНК, несущая генетическую информацию о первичной структуре белка – экзон . Они также входят в состав и-РНК. Последовательность нуклеотидов ДНК, не несущая генетическую информацию о первичной структуре белка – интрон . Они не входят в состав и-РНК. В ходе транскрипции с помощью специальных ферментов происходит вырезание копий интронов из и-РНК и сшивание копий экзонов при образовании молекулы и-РНК (рис. 20). Этот процесс называется сплайсинг .

Рис . 20 . Схема сплайсинга (формирование зрелой и-РНК у эукариот)

Генетический код – система последовательности нуклеотидов в молекуле ДНК, или и-РНК, которая соответствует последовательности аминокислот в полипептидной цепи.

Свойства генетического кода:

Триплетность (АЦА – ГТГ – ГЦГ…)

Генетический код является триплетным, так как каждая из 20 аминокислот кодируется последовательностью трех нуклеотидов (триплетом , кодоном) .

Существует 64 вида триплетов нуклеотидов (4 3 =64).

Однозначность (специфичность)

Генетический код является однозначным, так как каждый отдельный триплет нуклеотидов (кодон) кодирует только одну аминокислоту, или один кодон всегда соответствует одной аминокислоте (таблица 3).

Множественность (избыточность, или вырожденность)

Одна и та же аминокислота может кодироваться несколькими триплетами (от 2 до 6), т. к. белокобразующих аминокислот –20, а триплетов – 64.

Непрерывность

Считывание генетической информации происходит в одном направлении, слева направо. Если произойдет выпадение одного нуклеотида, то при считывании его место займет ближайший нуклеотид из соседнего триплета, что приведет к изменению генетической информации.

Универсальность

Генетический код характерен для всех живых организмов, и одинаковые триплеты кодируют одну и ту же аминокислоту у всех живых организмов.

Имеет стартовые и терминальные триплеты (стартовый триплет – АУГ, терминальные триплеты УАА, УГА, УАГ). Эти виды триплетов не кодируют аминокислоты.

Неперекрываемость (дискретность)

Генетический код является неперекрывающимся, так как один и тот же нуклеотид не может входить одновременно в состав двух соседних триплетов. Нуклеотиды могут принадлежать только одному триплету, а если переставить их в другой триплет, то произойдет изменение генетической информации.

Таблица 3 – Таблица генетического кода

		Основания кодонов

Примечание: сокращенные названия аминокислот даны в соответствии с международной терминологией.

Биосинтез белка

Биосинтез белка – вид пластического обмена веществ в клетке, происходящий в живых организмах под действием ферментов. Биосинтезу белка предшествуют реакции матричного синтеза (репликация – синтез ДНК; транскрипция – синтез РНК; трансляция – сборка молекул белка на рибосомах). В процессе биосинтеза белка выделяют 2 этапа:

транскрипция

трансляция

В ходе транскрипции генетическая информация, заключенная в ДНК, находящейся в хромосомах ядра, передается молекуле РНК. По завершении процесса транскрипции и-РНК выходит в цитоплазму клетки через поры в мембране ядра, располагается между 2 субъединицами рибосомы и участвует в биосинтезе белка.

Трансляция – процесс перевода генетического кода в последовательность аминокислот. Трансляция осуществляется в цитоплазме клетки на рибосомах, которые располагаются на поверхности ЭПС (эндоплазматической сети). Рибосомы – сферические гранулы, диаметром, в среднем, 20 нм, состоящие из большой и малой субъединиц. Молекула и-РНК располагается между двумя субъединицами рибосомы. В процессе трансляции участвуют аминокислоты, АТФ, и-РНК, т-РНК, фермент амино-ацил т-РНК-синтетаза.

Кодон – участок молекулы ДНК, или и-РНК, состоящий из трех последовательно расположенных нуклеотидов, кодирующий одну аминокислоту.

Антикодон – участок молекулы т-РНК, состоящий из трех последовательно расположенных нуклеотидов и комплементарный кодону молекулы и-РНК. Кодоны комплементарны соответствующим антикодонам и соединяются с ними с помощью водородных связей (рис. 21).

Синтез белка начинается со стартового кодона АУГ . От него рибосома

перемещается по молекуле и-РНК, триплет за триплетом. Аминокислоты поступают по генетическому коду. Встраивание их в полипептидную цепь на рибосоме происходит с помощью т-РНК. Первичная структура т-РНК (цепочка) переходит во вторичную структуру, напоминающую по форме крест, и при этом в ней сохраняется комплементарность нуклеотидов. В нижней части т-РНК имеется акцепторный участок, к которому присоединяется аминокислота (рис.16). Активизация аминокислоты осуществляется при помощи фермента аминоацил т-РНК-синтетазы . Суть этого процесса состоит в том, что данный фермент взаимодействует с аминокислотой и с АТФ. При этом формируется тройной комплекс, представленный данным ферментом, аминокислотой и АТФ. Аминокислота обогащается энергией, активизируется, приобретает способность образовывать пептидные связи с соседней аминокислотой. Без процесса активизации аминокислоты полипептидная цепь из аминокислт сформироваться не может.

В противоположной, верхней части молекулы т-РНК содержится триплет нуклеотидов антикодон , с помощью которого т-РНК прикрепляется к комплементарному ему кодону (рис. 22).

Первая молекула т-РНК, с присоединенной к ней активизированной аминокислотой, своим антикодоном прикрепляется к кодону и-РНК, и в рибосоме оказывается одна аминокислота. Затем прикрепляется вторая т-РНК своим антикодоном к соответствующему кодону и-РНК. При этом в рибосоме оказываются уже 2 аминокислоты, между которыми формируется пептидная связь. Первая т-РНК покидает рибосому, как только отдаст аминокислоту в полипептидную цепь на рибосоме. Затем к дипептиду присоединяется 3-я аминокислота, ее приносит третья т-РНК и т. д. Синтез белка останавливается на одном из терминальных кодонов – УАА, УАГ, УГА (рис. 23).

1 – кодон и-РНК; кодоны UCG – УЦГ ; CUA – ЦУА ; CGU – ЦГУ ;

2– антикодон т-РНК; антикодон GAT – ГАТ

Рис . 21 . Фаза трансляции: кодон и-РНК притягивается к антикодону т-РНК соответствующими комплементарными нуклеотидами (основаниями)

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

Необходимые пояснения:

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 М min – 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.

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):

При удалении из гена четвертого нуклеотида – Ц произойдут заметные изменения – уменьшится количество и состав аминокислот в белке:

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:

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.

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.

Задача № 7. Цепь А инсулина быка в 8-м звене содержит аланин, а лошади – треонин, в 9-м звене соответственно серин и глицин. Что можно сказать о происхождении инсулинов?

Решение (для удобства сравнения используем табличную форму записи решения): Посмотрим, какими триплетами в и-РНК кодируются упомянутые в условии задачи аминокислоты.

Организм		Лошадь

Т.к. аминокислоты кодируются разными триплетами, взяты триплеты, минимално отличающиеся друг от друга. В данном случае у лошади и быка в 8-м и 9-м звеньях изменены аминокислоты в результате замены первых нуклеотидов в триплетах и -РНК: гуанин заменен на аденин (или наоборот). В двухцепочечной ДНК это будет равноценно замене пары Ц-Г на Т-А (или наоборот).
Следовательно, отличия цепей А инсулина быка и лошади обусловлены транзициями в участке молекулы ДНК, кодирующей 8-е и 9-е звенья цепи А инсулинов быка и лошади.

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:

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.

Решение :

1) достраиваем вторую нить (по принципу комплементарности)

2) ∑(А +Т+Ц+Г) = 24,из них ∑(А) = 8 = ∑(Т)

24 – 100%	=> х = 33,4%

	=> х = 16,6%

∑(Г) = 4 = ∑(Ц)

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.

Решение:

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?

Решение:

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.

Решение:

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: М min = 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: М min = 75,1: 0,5% · 100% = 15020 ; 15020: 120 = 125 (аминокислот в этом белке)

Задачи для самостоятельной работы

Молекула ДНК распалась на две цепочки. одна из них имеет строение: ТАГ АЦТ ГГТ АЦА ЦГТ ГГТ ГАТ ТЦА... Какое строение будет иметь вторая молекула ДНК,когда указанная цепочка достроится до полной двухцепочечной молекулы?
Полипептидная цепь одного белка животных имеет следующее начало: лизин-глутамин-треонин-аланин-аланин-аланин-лизин-... С какой последовательности нуклеотидов начинается ген, соответствующий этому белку?
Участок молекулы белка имеет следующую последовательность аминокислот: глутамин-фенилаланин-лейцин-тирозин-аргинин. Определите одну из возможных последовательностей нуклеотидов в молекуле ДНК.
Участок молекулы белка имеет следующую последовательность аминокислот: глицин-тирозин-аргинин-аланин-цистеин. Определите одну из возможных последовательностей нуклеотидов в молекуле ДНК.
Одна из цепей рибонуклеазы (фермента поджелудочной железы) состоит из 16 аминокислот: Глу-Гли-асп-Про-Тир-Вал-Про-Вал-Про-Вал-Гис-фен-Фен-Асн-Ала-Сер-Вал. Определите структуру участка ДНК, кодирующего эту часть рибонуклеазы.
Фрагмент гена ДНК имеет следующую последовательность нуклеотидов ГТЦ ЦТА АЦЦ ГГА ТТТ. Определите последовательность нуклеотидов и-РНК и аминокислот в полипептидной цепи белка.
Фрагмент гена ДНК имеет следующую последовательность нуклеотидов ТЦГ ГТЦ ААЦ ТТА ГЦТ. Определите последовательность нуклеотидов и-РНК и аминокислот в полипептидной цепи белка.
Фрагмент гена ДНК имеет следующую последовательность нуклеотидов ТГГ АЦА ГГТ ТТЦ ГТА. Определите последовательность нуклеотидов и-РНК и аминокислот в полипептидной цепи белка.
Определите порядок следования аминокислот в участке молекулы белка, если известно, что он кодируется такой последовательностью нуклеотидов ДНК: ТГА ТГЦ ГТТ ТАТ ГЦГ ЦЦЦ. Как изменится белок, если химическим путем будут удалены 9-й и 13-й нуклеотиды?
Кодирующая цепь ДНК имеет последовательность нуклеотидов: ТАГ ЦГТ ТТЦ ТЦГ ГТА. Как изменится структура молекулы белка, если произойдет удвоение шестого нуклеотида в цепи ДНК. Объясните результаты.
Кодирующая цепь ДНК имеет последовательность нуклеотидов: ТАГ ТТЦ ТЦГ АГА. Как изменится структура молекулы белка, если произойдет удвоение восьмого нуклеотида в цепи ДНК. Объясните результаты.
Под воздействием мутагенных факторов во фрагменте гена: ЦАТ ТАГ ГТА ЦГТ ТЦГ произошла замена второго триплета на триплет АТА. Объясните, как изменится структура молекулы белка.
Под воздействием мутагенных факторов во фрагменте гена: АГА ТАГ ГТА ЦГТ ТЦГ произошла замена четвёртого триплета на триплет АЦЦ. Объясните, как изменится структура молекулы белка.
Фрагмент молекулы и-РНК имеет следующую последовательность нуклеотидов: ГЦА УГУ АГЦ ААГ ЦГЦ. Определите последовательность аминокислот в молекуле белка и её молекулярную массу.
Фрагмент молекулы и-РНК имеет следующую последовательность нуклеотидов: ГАГ ЦЦА ААУ АЦУ УУА. Определите последовательность аминокислот в молекуле белка и её молекулярную массу.
Ген ДНК включает 450пар нуклеотидов. Какова длина, молекулярная масса гена и сколько аминокислот закодировано в нём?
Сколько нуклеотидов содержит ген ДНК, если в нем закодировано 135 аминокислот. Какова молекулярная масса данного гена и его длина?
Фрагмент одной цепи ДНК имеет следующую структуру: ГГТ АЦГ АТГ ТЦА АГА. Определите первичную структуру белка, закодированного в этой цепи, количество (%) различных видов нуклеотидов в двух цепях фрагмента и его длину.
Какова молекулярная масса гена и его длина, если в нем закодирован белок с молекулярной массой 1500 г/моль?
Какова молекулярная масса гена и его длина, если в нем закодирован белок с молекулярной массой 42000 г/моль?
В состав белковой молекулы входит 125 аминокислот. Определите количество нуклеотидов в и-РНК и гене ДНК, а также количества молекул т-РНК принявших участие в синтезе данного белка.
В состав белковой молекулы входит 204 аминокислоты. Определите количество нуклеотидов в и-РНК и гене ДНК, а также количества молекул т-РНК принявших участие в синтезе данного белка.
В синтезе белковой молекулы приняли участие 145 молекул т-РНК. Определите число нуклеотидов в и-РНК, гене ДНК и количество аминокислот в синтезированной молекуле белка.
В синтезе белковой молекулы приняли участие 128 молекул т-РНК. Определите число нуклеотидов в и-РНК, гене ДНК и количество аминокислот в синтезированной молекуле белка.
Фрагмент цепи и-РНК имеет следующую последовательность: ГГГ УГГ УАУ ЦЦЦ ААЦ УГУ. Определите, последовательность нуклеотидов на ДНК, антикодоны т-РНК, и последовательность аминокислот соответствующая фрагменту гена ДНК.
Фрагмент цепи и-РНК имеет следующую последовательность: ГУУ ГАА ЦЦГ УАУ ГЦУ. Определите, последовательность нуклеотидов на ДНК, антикодоны т-РНК, и последовательность аминокислот соответствующая фрагменту гена ДНК.
В молекуле и-РНК содержится 13% адениловых, 27% гуаниловых и 39% урациловых нуклеотидов. Определите соотношение всех видов нуклеотидов в ДНК, с которой была транскрибирована данная и-РНК.
В молекуле и-РНК содержится 21% цитидиловых, 17% гуаниловых и 40% урациловых нуклеотидов. Определите соотношение всех видов нуклеотидов в ДНК, с которой была транскрибирована данная и-РНК
Молекула и-РНК содержит 21% гуаниловых нуклеотидов, сколько цитидиловых нуклеотидов содержится в кодирующей цепи участка ДНК?
Если в цепи молекулы ДНК, с которой транскрибирована генетическая информация, содержалось 11% адениловых нуклеотидов, сколько урациловых нуклеотидов будет содержаться в соответствующем ему отрезке и-РНК?

Используемая литература.

Лекция № 2. Репликация ДНК

Согласно гипотезе Дж. Уотсона и Ф. Крика, каждая из цепей двойной спирали ДНК служит матрицей для репликации комплементарных дочерних цепей. При этом образуются две дочерние двухцепочечные молекулы ДНК, идентичные родительской, причем каждая из этих молекул содержит одну неизменную цепь родительской ДНК. Этот механизм репликации ДНК, названный полуконсервативным, был подтвержден в опытах на клетках Е. соli в 1957 г. М. Мезелсоном и Ф. Сталем. Исключены консервативный способ репликации, при котором одна дочерняя ДНК должна содержать обе исходные цепи, а вторая состоять из двух новосинтезированных цепей, и дисперсивный механизм репликации, при котором каждая дочерняя цепь ДНК состоит из участков родительской и новообразованной ДНК (рис.1, слайд 1).

DIV_ADBLOCK489">

3. процесс является симметричным: матрицами служат обе цепи родительской ДНК; также его можно назвать полуконсервативным;

4. удлинение цепи ДНК (или отдельного ее фрагмента) всегда происходит в направлении от 5’-конца к 3’-концу. Это означает, что очередной новый нуклеотид присоединяется к 3’ –концу растущей цепи. Кроме того, поскольку в любой молекуле ДНК комплементарные цепи антипараллелльны, то и растущая цепь антипараллельна матричной цепи. Следовательно, последняя считывается в направлении 3’→5’ (слайд 2 и 3).

5. неспаренная цепь ДНК, которая служит матрицей, и цепь-затравка, к которой присоединяются новые нуклеотиды;

Процесс репликации осуществляется сложным ферментным комплексом. При репликации ДНК у эукариот на каждой хромосоме работает не один, а сразу большое количество таких комплексов. Т. о. на хромосоме имеется много точек начала репликации ДНК. И удвоение ДНК совершается не последовательно от одного конца до другого, а одновременно во многих местах сразу, что значительно сокращает продолжительность процесса (слайд 5). Репликация распространяется в обе стороны от каждой точки начала репликации, при этом образуются репликативные вилки. Между вилками появляется постепенно расширяющееся «вздутие» или «глазок» - это уже реплицированные отделы ДНК. Соседние «вздутия» в конечном счете сливаются и ДНК оказывается удвоенной.

Ферментный комплекс работает так, что одна из двух синтезируемых им цепей растет с некоторым опережением по сравнению с другой цепью. Соответственно, первая цепь называется лидирующей, а вторая – запаздывающей. Лидирующая цепь образуется ферментным комлексом в виде непрерывного очень длинного фрагмента. Его длина (например для сперматогоний) 1 600 000 нуклеотидовю запаздывающая же цепь образуется в виде серии коротких фрагментов – примерно по 1 500 нуклеотидов. Это т. н. фрагменты Оказаки.

Образованию каждого фрагмента ДНК предшествует синтез короткой последовательности (из 10-15 нуклеотидов) РНК-затравки. Дело в том, что ДНК-полимераза (основной фермент синтеза ДНК) не может начинать процесс «с нуля», т. е. в отсутствие олигонуклеотидной прследовательности. А вот фермент синтеза РНК (РНК-полимераза) такой способность обладает; и этот фермент и начинает образование каждого нового фрагмента ДНК.

Ферменты и белки, участвующие в синтезе ДНК: ДНК-полимеразы, топоизомеразы (гиразы), хеликазы и лигазы, праймаза, ssb-белки. Весь комплекс, состоящий более чем из 20 репликативных ферментов и факторов, называется ДНК-репликазной системой, или реплисомой.

ДНК-зависимые ДНК-полимеразы – ключевые ферменты репликативного процесса, использующие принцип комплементарности для наращивания полинуклеотидных цепей. У прокариот есть три ДНК-полимеразы: Pol I, Pol II и Pol III. В репликации ДНК участвуют Pol I и Pol III. ДНК-полимераза I обладает полимеразной и (3’→5’, 5’→3’)-экзонуклеазной активностью, участвует в удалении праймера, застройке бреши, образовавшейся на месте праймера, коррекции ошибок при репликации, а также в репарации ДНК. В клетках E. coli насчитывается около 400 молекул этого фермента. Pol III осуществляет репаративный синтез ДНК.

Основным ферментом, катализирующим биосинтез новообразованной ДНК у прокариот, является ДНК-полимераза III (Pol III). Она обладает полимеразной и 3’→5’- экзонуклеазной активностью; синтезирует лидирующую и отстающую цепь ДНК, обладает корректорской функцией. В клетке содержится 10-20 молекул Pol III, она обладает повышенным сродством к матрице и обеспечивает высокую эффективность копирования.

Активация" href="/text/category/aktivatciya/" rel="bookmark">активации ДНК-полимеразы.

Возникает вопрос, зачем ДНК-полимеразе III 2 типа активности: полимеразная и 3¢→5¢ экзонуклеазная? Дело в том что, точность копирования при репликации ДНК очень высока - на миллиард пар оснований приходится приблизительно одна ошибка. Однако в нормальной ДНК возникают на короткое время редкие таутомерные формы всех четырех оснований. Эти формы образуют неправильные пары. Например, таутомерная форма цитозина спаривается с аденином вместо гуанина, в результате чего возникает мутация (слайд). Значит, высокая точность репликации определяется механизмом, который осуществляет коррекцию, т. е. устранение подобных ошибок. Вот здесь-то и используется 3¢→5¢-экзонуклеазная активность ДНК-полимеразы III. Вступив в контакт с молекулой ДНК, имеющей неспаренный с аденином цитозин, ДНК-полимераза III отщепляет (путем гидролиза) любые неспаренные нуклеотиды.

Имеются доказательства того, что ДНК-полимераза III катализирует сопряженный синтез ведущей (лидирующей) и отстающей цепей ДНК при репликации. ДНК-полимеразы нуждаются в затравке (праймере), поскольку они могут присоединять дезоксирибонуклеотиды только к 3’-ОН-группе. На лидирующей цепи существует 1 праймер, а на отстающей их больше одного. ДНК-полимераза на отстающей цепи синтезирует короткий фрагмент за 4 с, а затем переключается на синтез другого (следующего) фрагмента на участке матричной цепи, расположенном на некотором расстоянии от первого (слайд).

Для каждого короткого фрагмента ДНК-полимеразе требуется затравка (праймер) со спаренным 3¢-концом. Праймеры синтезируются ферментом ДНК-праймазой, которая формирует из рибонуклеозидтрифосфатов короткие РНК-затравки (праймеры), состоящие у эукариот примерно из 10 нуклеотидов (слайд). Затравки синтезируются с определенными интервалами на матрице отстающей цепи, далее их наращивает ДНК-полимераза, начиная всякий раз новый фрагмент Оказаки. Молекула ДНК-полимеразы продолжает наращивание до тех пор, пока она не достигнет затравки (праймера). Для того чтобы обеспечить непрерывность цепи ДНК из многих таких фрагментов, в действие вступает система репарации ДНК, которая удаляет РНК-затравку и заменяет ее на ДНК. Завершает процесс лигаза, соединяющая3¢-конец нового фрагмента с 5¢-концом предыдущего фрагмента.

Двойная цепь ДНК должна расплетаться по ходу продвижения репликационной вилки, для того чтобы поступающие дезоксирибонуклеозидтрифосфаты могли спариваться с родительской матричной цепью. Однако в обычных условиях двойная спираль ДНК стабильна; спаренные основания соединены настолько прочно, что для разделения двух цепей ДНК в пробирке требуются температуры, приближающиеся к точке кипения воды (90°С). Для того, чтобы двойная спираль раскрылась, необходимы два типа белков: геликазы и SSB-белки.

Белки, подготавливающие родительскую ДНК к репликации

а) Точки начала репликации на молекуле ДНК имеют специфическую последовательность оснований, богатую парами А-Т.

Процесс начинается с того, что с каждой такой последовательностью связывается несколько молекул специальных узнающих белков. В случае бактерий такие белки называются DnаА (как первые белки, инициирующие репликацию). (Поэтому на рис. узнающий белок обозначен буквой А.)

Можно представить различные причины, по которым становится возможным взаимодействие узнающих белков с точками начала репликации. Среди этих причин:

- само появление в ядре узнающих белков или их определенная модификация;

- освобождение точек начала репликации от неких блокирующих элементов;

- появление в ядре каких-то третьих факторов, необходимых для рассматриваемого взаимодействия; и т. д.

Имеющиеся данные свидетельствуют в пользу первого варианта. Но в любом случае ясно, что здесь - одно из ключевых звеньев, контролирующих начало репликации.

Узнающие белки, обеспечив связывание ДНК-реплицирующего комплекса, видимо, далее не перемещаются вместе с ним по ДНК.

б) Одним же из «первопроходцев» выступает фермент геликаза (на рис. обозначен буквой Г). Он обеспечивает расплетение в районе репликативной вилки двойной спирали родительской ДНК: последняя разъединяется на одноцепочечные участки.

На это затрачивается энергия гидролиза АТФ - по 2 молекулы АТФ на разделение 1 пары нуклеотидов.

Видимо, одновременно происходит также вытеснение данного участка ДНК из связи с гистонами и другими хромосомными белками.

в) Однако расплетение спирали на некотором участке создает суперспирализацию перед этим участком.

Дело в том, что каждая молекула ДНК в целом ряде мест зафиксирована на ядерном матриксе. Поэтому она не может свободно вращаться при расплетении какого-то своего участка. Это и вызывает суперспирализацию, а с ней - образование структурного напряжения, блокирующего дальнейшее расплетение двойной спирали.

Проблема решается с помощью ферментов топоизомераз (И на рис.). Очевидно, они функционируют на еще нерасплетенном участке ДНК, т. е. там, где возникает суперспирализация. Топоизомеразы участвуют в процессе раскручивания двойной спирали в репликативной вилке. Эти ферменты изменяют степень сверхспирализации и приводят к образованию «шарнира», который создает условия для непрерывного движения репликативной вилки. Идентифицированы два типа топоизомераз: топоизомеразы I типа надрезают одну из двух цепей ДНК, в результате чего концевой участок двойной спирали может повернуться вокруг интактной цепи, и затем воссоединяют концы разрезанной цепи. Топоизомеразы типа II вносят временные разрывы в обе комплементарные цепи, изменяют степень сверхспирализации, а затем соединяют разорванные концы. Топоизомеразы помогают геликазе раскручивать ДНК для ее репликации. Имеется также топоизомераза II (бактериальная топоизомераза II называется гиразой). Этот фермент разрывает сразу обо цепи ДНК, опять-таки перенося соответствующие концы на себя. Это еще более эффективно позволяет решать проблему супервитков при расплетении ДНК.

Топоизомераза I разрывает одну из цепей ДНК, перенося ее проксимальный конец на себя (рис.). Это позволяет дистальному участку ДНК (от места расплетения до места разрыва) вращаться вокруг соответствующей связи целой цепи, что и предупреждает образование супервитков. Впоследствии концы разорванной цепи вновь замыкаются: один из них переносится с фермента на второй конец. Так что процесс разрыва цепи топоизомеразой легко обратим.

Хеликазы (от лат. helix - спираль, белок dnaB ), осуществляют образование и продвижение вдоль спирали ДНК репликативной вилки – участка молекулы с расплетенными цепями. Эти ферменты для расплетения цепей используют энергию, высвобождающуюся при гидролизе АТР. Хеликазы действуют в комплексе с ssb -белками, которые связываются с одноцепочечными участками молекулы и тем самым стабилизируют расплетенный дуплекс.

г) Итак, «поддерживаемый» топоизомеразами, фермент геликаза осуществляет локальное расплетение двойной спирали ДНК на две отдельные нити.

С каждой из этих нитей сразу связываются специальные SSB-белки. Последние обладают повышенным сродством к одноцепочечным участкам ДНК и стабилизируют их в таком состоянии.

Заметим: тем самым данные белки отличаются от гистонов, которые связываются в первую очередь с двухцепочечными участками ДНК.

Ферменты полимеризации

а) Специальный белок выполняет функции активатора праймазы (АП на рис.). После чего праймаза (П), используя в качестве матрицы соответствующий участок одноцепочечной ДНК, синтезирует короткую РНК-затравку, или праймер.

б) Далее в дело вступают ДНК-полимеразы. У эукариот известно 5 разных ДНК-полимераз. Из них β- и ε-полимеразы участвуют в репарации ДНК, γ-полимераза - в репликации митохондриальной ДНК, а α- и δ-полимеразы - в репликации ядерной ДНК.

При этом, по некоторым предположениям, α-полимераза связана и с праймазой, и с δ-полимеразой, а последняя, в свою очередь, - с белком РСNА (Р на рис.).

Данный белок выполняет роль «прищепки», которая крепит комплекс полимераз к реплицируемой цепи ДНК. Считается, что в «застегнутом» состоянии он, как кольцо, обхватывает цепь ДНК (рис.). Тем самым предупреждается преждевременная диссоциация полимераз от данной цепи.

Понятно, что ДНК-полимеразы осуществляют последовательное включение дезоксирибонуклеотидов в строящуюся цепь ДНК - комплементарно нуклотидам родительской цепи.

Но, кроме того, эти ферменты, видимо, имеют и ряд других важных активностей. Правда, для эукарио-тических ДНК-полимераз распределение данных активностей еще не вполне ясно. Поэтому приведем сведения относительно аналогичных бактериальных ферментов.

У бактерий основную «работу» по репликации ДНК выполняет ДНК-полимераза III, имеющая структуру димера. Именно с ней связан «зажим» типа белка РСNА.

Так вот, помимо ДНК-полимеразной активности, ДНК-полимераза III обладает еще одной - 3"→5"-экзонуклеазной. Последняя срабатывает в тех случаях, когда допущена ошибка и в строящуюся цепь включен «неправильный» нуклеотид. Тогда, распознав дефект спаривания оснований, фермент отщепляет с растущего (3"-) конца последний нуклеотид, после чего опять начинает работать как ДНК-полимераза.

Таким образом, происходит постоянный контроль системы за результатом своей деятельности.

в) Как мы знаем, новые цепи ДНК образуются вначале в виде фрагментов - относительно коротких (фрагментов Оказаки) и весьма длинных. И каждый из них начинается с праймерной РНК.

Когда ферментный комплекс, движущийся по родительской цепи, доходит до РНК-затравки предыдущего фрагмента, «зажим», связывающий ДНК-полимеразу III с родительской цепью ДНК, раскрывается, и данный фермент прекращает работу. В действие вступает ДНК-полимераза I (речь по-прежнему идет о бактериальных ферментах). Она присоединяется к З"-концу растущего фрагмента (рис. 1.14). При этом фермент уже не имеет устойчивой связи с данным фрагментом и с родительской цепью, но зато обладает даже не двумя, а тремя активностями.

Первая из них - «передняя», или 5"→3"-экзонуклеазная активность: последовательное отщепление нуклеотидов с 5"-конца РНК-затравки предшествующего фрагмента.

Концу «своего» фрагмента (ДНК-полимеразная активность).

И, наконец, подобно ДНК-полимеразе III, он «не забывает» проверять и при необходимости корректировать свою деятельность - с помощью «задней», или 3"→5"-экзонуклеазной, активности, направленной на удлиняемый фрагмент.

Функция ДНК-полимеразы I исчерпывается, когда растущий фрагмент вплотную доходит до дезоксирибонуклеотидов предыдущего фрагмента.

Что касается эукариот, то здесь функциональным аналогом бактериальной ДНК-полимеразы III является, видимо, комплекс α- и δ-ДНК-полимераз; при этом корректирующая 3"→5"-экзонуклеазная активность присуща δ-ДНК-полимеразе.

Функции ДНК-полимеразы I тоже распределены между двумя ферментами: 5"→3"-экзонуклеазная активность (удаление РНК-затравки) осуществляется, вероятно, специальной нуклеазой (Н на рис. 1.11), а ДНК-полимеразная активность (застраивание «брешей») - ДНК-полимеразой β (той, что участвует и в репарации).

г) Говоря о ферментах полимеризации, нельзя не сказать о самой трудной из связанных с ними проблем. Речь идет о синтезе запаздывающей цепи ДНК: как мы знаем, направление этого синтеза противоположно общему направлению распространения репликативной вилки.

Имеются, по крайней мере, две гипотезы, объясняющее это противоречие.

По одной из них (рис. 1.15, А), ферментный комплекс периодически прекращает образование лидирующей цепи, переходит на вторую родительскую цепь и синтезирует очередной фрагмент Оказаки запаздывающей цепи. Затем вновь возвращается на первую родительскую цепь и продолжает удлинять лидирующую цепь строящейся ДНК.

По другой версии (рис. 1.15, Б), на второй цепи родительской ДНК (матрице запаздывающей цепи) в процессе репликации формируется петля. Поэтому направление образования фрагмента Оказаки на внутреннем участке петли начинает совпадать с направлением движения полимеразного комплекса. Тогда последний может практически одновременно образовывать сразу обе цепи ДНК - и лидирующую, и запаздывающую.

Возможно, с этим связан тот факт, что бактериальная ДНК-полимераза III является димером, а у эукариот α- и δ-ДНК-полимеразы образуют единый комплекс. Но и при таком механизме запаздывающая цепь, как нетрудно убедиться, не может образовываться непрерывно, а только в виде фрагментов.

Ферменты, завершающие репликацию ДНК

В результате действия всех предыдущих ферментов каждая иовосинтезированная цепь оказывается состоящей из фрагментов, вплотную примыкающих друг к другу.

«Сшивание» соседних фрагментов осуществляется ДНК-лигазой (Л на рис. 1.11). Как и ДНК-полимеразы, этот фермент образует межнуклеотидную (фосфодиэфирную) связь.

Но если в полимеразной реакции одним из участников является свободный дНТФ (дезоксирибонуклеозидтрифосфат), то в ДНК-лигазной реакции оба участника - концевые дНМФ (дезоксирибонуклеозидмонофосфаты) в составе «сшиваемых» фрагментов.

По этой причине энергетика реакции иная, и требуется сопряженный гидролиз молекулы АТФ.

Заметим также, что ДНК-лигаза «сшивает» только такие одноцепочечные фрагменты, которые находятся в составе двухцепочечной ДНК.

Но и это еще не все. Молекула ДНК окажется реплицированной не полностью, если не произойдет специальный процесс репликации ее концов, или теломерных участков.

В этом процессе ключевую роль играет фермент теломераза.

Праймазы. Репликация ДНК требует РНК-праймеров. РНК-праймеры синтезируются праймазой (рис. 29.3), кодируемой dnaG геном.

Из рис 29.3 видно, что праймаза состоит из трех доменов:

■ – N-терминальный домен (110 аминокислот), содержит ДНК-связывающий мотив - цинковый палец;

■ – коровый (центральный) домен (322 аминокислоты) содержит каталитический центр;

■ – С-терминальный домен (151 аминокислота), взаимодействующий с dnaB.

Праймеры, синтезируемые праймазой E. coli, начинаются с последовательности pppAG на 5´-конце и состоят примерно из 10-12 нуклеотидов. Праймазы различаются как по структуре, так и по специфичности действия.

ДНК-лигазы катализируют процессы воссоединения фрагментов цепей ДНК, участвуя в образовании ковалентных связей между 5_-Р - и 3_-ОН-группами соседних дезоксирибонуклеотидов. Эти ферменты также используют энергию макроэргических связей, образующуюся при гидролизе АТР.

Репликация ДНК идет в три стадии: инициация, элонгация и терминация .

У бактерий инициация репликации ДНК начинается в уникальном сайте хромосомы, точке репликации – oriC, из которой репликация осуществляется двунаправлено до точки окончания (terminus). В результате образуются две репликативные вилки, которые продвигаются в противоположных направлениях, т. е. обе цепи реплицируются одновременно.

Инициаторный белок dnaA связывается с повторяющимися сайтами связывания на oriC , образуя специализированную нуклеопротеиновую структуру. Это приводит к локальному расхождению АТ-богатой последовательности oriC , которая служит зоной связывания для репликативной хеликазы (dnaB) , и белка dna C /

Далее dnaB активируется удалением dnaC , движется на определенное расстояние в направлении 5_→3_ и взаимодействует с праймазой dnaG . Праймаза синтезирует короткие РНК-праймеры для холофермента ДНК-полимеразы Ш. В месте инициации образуется промежуточный комплекс, состоящий по меньшей мере из пяти белков. Один из них – белок dnaB – может передвигаться вдоль ДНК, используя энергию гидролиза АТР, а также служит сигналом для активации праймазы (рис. 29.5).

Праймаза является компонентом праймосомы, состоящей из нескольких различных субъединиц. В состав праймосомы входит также комплекс белков DnaВ и DnaС , который вблизи репликационной вилки периодически участвует в формировании специфической вторичной структуры ДНК, подходящей для узнавания праймазой.

Инициация репликации ДНК заканчивается образованием репликативной вилки и синтезом РНК-затравки на лидирующей цепи ДНК (рис.29.5) благодаря формированию репликационного комплекса (рис.29.6).

В процессе элонгации происходит наращивание дочерних полинуклеотидных цепей ДНК. Каждая репликативная вилка включает, по крайней мере, две молекулы ДНК-полимеразы III, ассоциированные с несколькими вспомогательными белками. К последним относятся ДНК-топоизомеразы (гиразы), которые раскручивают плотно свернутую двойную спираль ДНК, и хеликазы, которые расплетают двухтяжевую ДНК на две цепи.

Ведущая цепь ДНК реплицируется непрерывно в направлении, совпадающем с движением репликативной вилки. Отстающая цепь считывается в направлении, противоположном движению репликативной вилки. Преодоление антипараллельности цепей ДНК при репликации, возможно, достигается путем образования петельной структуры (рис. 29.7).

Вначале на отстающей цепи синтезируются короткие фрагменты новой цепи ДНК, так называемые фрагменты Оказаки, названные так по имени их первооткрывателя. Каждый фрагмент начинается с короткой РНК-затравки (праймера), необходимой для функционирования ДНК-полимеразы. ДНК-полимераза III достраивает этот праймер до фрагмента ДНК длиной 1000-2000 дезоксинуклеотидных звеньев.

Решение задач по общей биологии. Решение задач по молекулярной биологии

Решение задач по общей биологии. Решение задач по молекулярной биологии

Уроки биологии в классах естественно-научного профиля

Расширенное планирование, 10 класс

Образование водородных связей между комплементарными азотистыми основаниями

Работа по карточкам

Схема строения репликационной вилки ДНК

1 2 3

3’ 5’