Программа Элективного курса для профильной группы 10 11 класса «решение задач по общей биологии»






Скачать 419.72 Kb.
НазваниеПрограмма Элективного курса для профильной группы 10 11 класса «решение задач по общей биологии»
страница4/5
Дата публикации17.10.2013
Размер419.72 Kb.
ТипПрограмма
ley.se-todo.com > Биология > Программа
1   2   3   4   5

^ Задачи на применение знаний генетического кода.
1 Фрагмент цепи ДНК имеет последовательность нуклеотидов: ТГГАГТГАГТТА. Определите последовательность нуклеотидов на иРНК, антикодоны тРНК и аминокислотную последовательность фрагмента молекулы белка.

  • Дано:^ ДНК Т-Г-Г-А-Г-Т-Г-А-Г-Т-Т-А

  • Найти: иРНК, тРНК и аминокислотную последовательность белка

  • Решение: на участке ДНК по принципу комплементарности (А -У, Г-Ц) построим иРНК, затем по цепи иРНК построим тРНК по принципу комплементарности (А-У, Г-Ц)

  • ДНК Т - Г- Г- А- Г- Т- Г- А- Г- Т- Т- А

  • иРНК А-Ц- Ц- У- Ц- А- Ц- У- Ц- А- А- У

  • тРНК У - Г- Г- А -Г- У- Г -А- Г- У- У-А

  • иРНК разделим на триплеты и по таблице генетического кода определим аминокислотную последовательность белка:

  • А-Ц-Ц тре, У-Ц-А сер, Ц-У-Ц лей, А – А -У асн.

  • Ответ :^ иРНК А - Ц- Ц-У- Ц- А-Ц-У-Ц-А- А-У

тРНК У - Г -Г- А- Г-У- Г-А-Г- У- У-А

Аминокислотная последовательность белка :тре, сер, лей, асн

2Участок молекулы ДНК имеет следующее строение:

  • ^ ГГА - АЦЦ-АТА-ГТЦ-ЦАА

  • Определите последовательность нуклеотидов соответствующего участка иРНК. Определите последовательность аминокислот в полипептиде, синтезируемом по иРНК. Как изменится последовательность аминокислот в полипептиде, если в результате мутации пятый нуклеотид в ДНК будет заменён на аденин? Ответ объясните.

  • Дано:^ ДНК ГГА - АЦЦ-АТА-ГТЦ-ЦАА

  • Найти: аминокислотную последовательность исходного белка, мутированного

  • Решение: определим иРНК по принципу комплементарности

  • ^ ДНК ГГА - АЦЦ-АТА-ГТЦ- ЦАА

  • иРНК ЦЦУ - УГГ-УАУ-ЦАГ-ГУУ

  • По таблице генетического кода определим аминокислотную последовательность белка: про, три, тир, глн, вал

  • В результате мутации ДНК изменится, т.к. пятый нуклеотид в ДНК будет заменён на аденин

  • ДНК ГГА - А^ АЦ-АТА-ГТЦ - ЦАА

  • иРНК ЦЦУ - УУГ-УАУ-ЦАГ-ГУУ

  • По таблице генетического кода определим аминокислотную последовательность измененного белка: про, лей, тир, глн, вал,

Ответ: про, три, тир, глн, вал;

про, лей, тир, глн, вал, так как изменился нуклеотид в ДНК, то изменился нуклеотид иРНК, изменилась аминокислота и структура белка.
3 Известно, что все виды РНК синтезируются на ДНК - матрице. Фрагмент молекулы ДНК, на котором синтезируется участок центральной петли тРНК, имеет следующую последовательность нуклеотидов АТАГЦТГААЦГГАЦТ. Установите нуклеотидную последовательность участка тРНК, который синтезируется на данном фрагменте, и аминокислоту, которую будет переносить эта тРНК в процессе биосинтеза белка, если третий триплет соответствует антикодону тРНК.

  • Дано: ^ ДНК АТАГЦТГААЦГГАЦТ

  • Найти: нуклеотидную последовательность участка тРНК

  • аминокислоту, которую будет переносить тРНК

Решение:

  • Так как тРНК синтезируются на ДНК, то построим тРНК по принципу комплементарности (А -У, Г-Ц)

  •  ДНК А Т А Г Ц Т Г А А Ц Г Г А Ц Т

  • тРНК У А У Ц Г А Ц У У Г Ц Ц У Г А

  • Третий триплет ( антикодон тРНК) ЦУУ , соответствует кодону на иРНК ГАА (по принципу комплементарности), по таблице генетического кода этому кодону соответствует аминокислота ГЛУ, которую переносить данная тРНК

  • Ответ: ^ тРНК УАУЦГАЦУУГЦЦУГА

  • аминокислота ГЛУ

Задачи на определение массы белка и количества аминокислот.
1. Фрагмент молекулы ДНК содержит 1230 нуклеотидных остатков. Сколько аминокислот будет входить в состав белка?

  • Дано: 1230 нуклеотидов

  • Найти: количество аминокислот

  • Решение:

  • Одной аминокислоте соответствует 3 нуклеотида, поэтому 1230:3= 410 аминокислот.

  • Ответ: 410 аминокислот.

 

2. Сколько нуклеотидов содержит ген, кодирующий белок из 210 аминокислот?

  • Дано: 210 аминокислот

  • Найти: количество нуклеотидов

  • Решение:

  • Одной аминокислоте соответствует 3 нуклеотида, поэтому 210х3=630 нуклеотидов

  • Ответ: 630 нуклеотидов

 

3.Определите число аминокислот , входящих в состав белка, число триплетов и число нуклеотидов в гене, который кодирует этот белок, если в процессе трансляции участвовало 30 молекул тРНК.

  • Дано: 30 тРНК

  • Найти: число аминокислот, триплетов, нуклеотидов в гене

  • Решение:

  • 1тРНК=1 аминокислоте, поэтому аминокислот 30

  • 1 аминокислоте = 1 триплету, поэтому триплетов 30

  • 1 триплет = 3 нуклеотида, поэтому 30х3=90 нуклеотидов.

  • Ответ: аминокислот 30, триплетов 30, 90 нуклеотидов

4. Молекулярная масса полипептида составляет 40000. Определите длину кодирующего его гена, если молекулярная масса одной аминокислоты в среднем равна 100, а расстояние между соседними нуклеотидами в цепи ДНК составляет 0, 34 нм.

  • Дано: масса белка - 40000

масса аминокислоты - 100

расстояние между нуклеотидами 0,34нм

  • Найти: длину гена

  • Решение:

Так как белок (полипептид) состоит из аминокислот, найдем количество аминокислот 40000:100=400

1 аминокислота=3 нуклеотида, 400х3=1200 нуклеотидов

Ген состоит из нуклеотидов. Длина гена 1200х0,34=408нм

^ Ответ: длина гена 408нм

Комбинированные задачи.

5Белок состоит из 100 аминокислот. Установите, во сколько раз молекулярная масса участка гена, кодирующего данный белок, превышает молекулярную массу белка, если средняя молекулярная масса аминокислоты -110, а нуклеотида - 300.

  • Дано:

100 аминокислот,

молекулярная масса аминокислоты -110,

молекулярная масса нуклеотида - 300.

  • Найти: во сколько раз масса гена превышает массу белка.

  • Решение:

Так как ген - это участок ДНК, состоящий из нуклеотидов, то определим их количество: одну аминокислоту кодируют 3 нуклеотида ,

то 100х3=300 нуклеотидов.

  • Молекулярная масса белка 100х110=11000,

  • Молекулярная масса гена 300х300=90000

  • Молекулярная масса участка гена, кодирующего данный белок, превышает молекулярную массу белка: 90000: 11000 =8 раз

  • Ответ: в 8 раз


Задачи на применение знаний этапов энергетического обмена.

  • 1. Подготовительный этап (в пищеварительном канале, лизосомах)

Крахмал - глюкоза.

  • 2. Бескислородный этап« гликолиз» (в цитоплазме)

глюкоза - 2 ПВК + 2АТФ

  • 3 . Кислородный этап «дыхание» ( в митохондриях)

ПВК - СО2 2О + 36 АТФ

  1. глюкоза = 38 АТФ


1. В процессе гликолиза образовалось 42 молекулы пировиноградной кислоты. Какое количество молекул глюкозы подверглось расщеплению и сколько молекул АТФ образуется при полном окислении?

  • Дано: 42 ПВК

  • Найти: кол-во глюкозы, кол-во АТФ при полном окислении.

  • Решение:

  • 1) при гликолизе одна молекула глюкозы расщепляется с образованием 2-х молекул пировиноградной кислоты (ПВК), следовательно, гликолизу подверглось: 42 : 2 = 21 молекула глюкозы;

  • 2) при полном окислении одной молекулы глюкозы (бескислородный этап 2АТФ и кислородный этапы 36 АТФ) образуется 38 молекул АТФ;

  • 3) при окислении 21 молекулы образуется: 21 х 38 = 798 молекул АТФ.

  • Ответ: 21 молекула глюкозы, 798 молекул АТФ

Задачи на применение знаний о делении клетки.

  • Общая масса всех молекул ДНК в 46 хромосомах одной соматической клетки человека составляет около 6 . 10 -9 мг. Определите, чему равна масса всех молекул ДНК в ядре при овогенезе перед началом деления, в конце телофазы мейоза I и мейоза II. Объясните полученные результаты.

  • Дано: 46 хромосом = масса 6 . 10 -9 мг

  • Найти: массу ДНК: перед началом деления, в конце телофазы мейоза I и мейоза II.

  • Решение:

  • 1)перед началом деления в процессе репликации число ДНК удваивается и масса ДНК равна 2 • 6 . 10 -9 = 12 . 10 -9 мг;

  • 2)первое деление мейоза редукционное, число хромосом становится в 2 раза меньше, но каждая хромосома состоит из двух молекул ДНК (сестринских хроматид), поэтому в телофазе мейоза I масса ДНК равна 12 . 10 -9: 2 = 6 . 10-9 мг;

  • 3)после мейоза II каждое ядро в клетке содержит однохроматидные хромосомы гаплоидного набора, поэтому в телофазе мейоза II масса ДНК равна 6 . 10-9 : 2 = 3. 10-9 мг.

  • Ответ: масса ДНК перед началом деления 12 . 10 -9 мг, в конце телофазы мейоза I - 6 . 10-9 мг, в конце телофазы мейоза II - 3. 10-

^ Задачи по генетике
Моногибридное скрещивание. “Петух с розовидным гребнем скрещен с двумя курицами, тоже имеющими розовидный гребень. Первая дала 14 цыплят, все с розовидным гребнем, а вторая - 9 цыплят, из них 7 с розовидным и 2 с листовидным гребнем. Форма гребня - моногенный аутосомный признак. Каковы генотипы всех трех родителей?”

До определения генотипов родителей необходимо выяснить характер наследования формы гребня у кур. При скрещивании петуха со второй курицей появились 2 цыпленка с листовидным гребнем. Это возможно при гетерозиготности родителей, следовательно, можно предположить, что розовидный гребень у кур (А) доминирует над листовидным (а).

Запишем схемы скрещиваний:


Дано:

А– розовидный гребень

а – листовидный гребень

Решение:

1. Р ♀ АА х ♂ Аа

F114А_ 2. Р ♀ Аа х ♂ Аа

F1 7 А_, 2 аа


Найти : Р, F1

Запись А-называется фенотипический радикал и свидетельствует о том, что у кур с розовидным гребнем может быть как гомозиготный (АА), так и гетерозиготный генотип (Аа). Таким образом, генотипы петуха и второй курицы - Аа. При скрещивании этого же петуха с первой курицей расщепления не наблюдалось, следовательно, первая курица была гомозиготной - АА.

Ответ: генотип петуха и первой курицы – Аа, второй курицы –АА

^ Задача на дигибридное скрещивание.

В семье кареглазых праворуких родителей родились разнояйцевые близнецы, один из которых кареглазый левша, а другой голубоглазый правша. Какова вероятность рождения следующего ребенка, фенотипически похожего на своих родителей?”

Рождение у кареглазых родителей голубоглазого ребенка свидетельствует о рецессивности голубой окраски глаз, а рождение у праворуких родителей леворукого ребенка указывает на рецессивность лучшего владения левой рукой по сравнению с правой. Запишем схему брака:


Дано:

А – карие глаза

а – голубые глаза

В – правша

в - левша

Решение:

Р ♀ АаВв х ♂ АаВв

F1 ААвв , ааВВ_

ААвв – фенотипический радикал, который показывает, что данный ребенок левша с карими глазами. Генотип этого ребенка может быть – Аавв, ААвв.

Найти: Р (А_В_)

Дальнейшее решение этой задачи может быть осуществлено несколькими способами:

Первый способ - традиционный, путем построения решетки Пеннета

.





АВ

Ав

аВ

ав

АВ

ААВВ

ААВв

АаВВ

АаВв

Ав

ААВв

ААвв

АаВв

Аавв

аВ

АаВВ

АаВв

ааВВ

ааВв

ав

АаВв

Аавв

ааВв

аавв

Подчеркнуты 9 вариантов потомков, которые нас интересуют. Всего возможных вариантов 16, поэтому вероятность рождения ребенка, похожего на своих родителей равна 9/16 .

Второй способ решения путем анализа дигибридного брака, как двух моногибридных. Этот способ основан на законе независимого комбинирования признаков, согласно которому, каждый признак наследуется независимо от других признаков. А поэтому дигибридный брак можно анализировать как два моногибридных, при условии, что изучаемые признаки контролируются генами, локализованными в разных парах гомологичных хромосом.

а ) Р ♀ Аа х ♂ Аа в ) Р ♀ Вв х ♂ Вв

F1 АА, 2Аа, аа Р1=3/4 F1 ВВ, 2Вв, вв Р2=3/4

В соответствии с теоремой умножения вероятностей, для определения вероятности одновременного наступления нескольких событий, вероятности которых нам известны, их вероятности перемножаются. Поэтому, искомая вероятность Р = Р1 х Р2 = 3/4 х 3/4 = 9/16 .

Третий способ был предложен Г.Менделем. В соответствии с законом расщепления, расщепление по каждому признаку будет идти в соотношении 3:1. Поэтому в F1 будет получено: (3А_ + 1аа) х (3В_ + 1вв), перемножив эти двучлены, получим искомое расщепление в F1 в соотношении 9ААВВ, 3ААвв, 3ааВВ, 1аавв. Таким образом, вероятность рождения кареглазых праворуких детей (ААВВ) равна 9/16 .

Четвертый способ может быть использован только при изучении брака родителей, гетерозиготных по всем изучаемым генам. Частоту встречаемости разных фенотипов можно определить по формуле 3n , где n -число доминантных признаков (генов). Вначале определяем возможные фенотипы потомков: А_В_ (кареглазые, праворукие), А_вв (кареглазые, леворукие), ааВ_ (голубоглазые, праворукие), аавв (голубоглазые, леворукие), а затем расставим с помощью формулы 3n их частоту встречаемости: 9А_В_, 3А_вв, 3ааВ_, 1аавв. Как видно, вероятность рождения ребенка с интересующими нас признаками, вычисленная различными способами равна 9/16.
Задача на взаимодействие аллельных генов.
1   2   3   4   5

Похожие:

Программа Элективного курса для профильной группы 10 11 класса «решение задач по общей биологии» iconПрограмма элективного курса по химии для 9 класса «Решение задач по химии»
...

Программа Элективного курса для профильной группы 10 11 класса «решение задач по общей биологии» iconПрограмма элективного курса по математике для 10 класса по теме
«Модуль числа», а также на повышение уровня математической подготовки через решение большого класса задач. Для изучения курса достаточен...

Программа Элективного курса для профильной группы 10 11 класса «решение задач по общей биологии» iconПрограмма элективного курса по обществознанию «Решение сложных заданий в курсе обществознания»
Программа данного элективного курса предназначена для учащихся 11 класса, мотивированных на сдачу экзамена в формате егэ, и рассчитана...

Программа Элективного курса для профильной группы 10 11 класса «решение задач по общей биологии» iconПрограмма элективного курса по общей биологии «Загадки и тайны генов»
Элективный курс предназначен для учащихся 9 -11 классов и имеет целью вызвать интерес к биологии, желание изучать данный предмет...

Программа Элективного курса для профильной группы 10 11 класса «решение задач по общей биологии» iconРабочая программа элективного курса «Практикум по решению расчетных задач по химии»
Рабочая программа элективного курса «Практикум по решению расчетных задач по химии» составлена на основе программы Колчановой Л....

Программа Элективного курса для профильной группы 10 11 класса «решение задач по общей биологии» iconПрограмма элективного курса по физике «Готовимся к егэ по физике»
Целью элективного курса является: обеспечение дополнительной поддержки учащихся классов универсального обучения для сдачи егэ по...

Программа Элективного курса для профильной группы 10 11 класса «решение задач по общей биологии» iconПрограмма элективного курса по физике «Готовимся к егэ по физике»
Целью элективного курса является: обеспечение дополнительной поддержки учащихся классов универсального обучения для сдачи егэ по...

Программа Элективного курса для профильной группы 10 11 класса «решение задач по общей биологии» iconПрограмма элективного курса «методы решения физических задач» (34 часа)
Курс рассчитан на учащихся 10-11 классов профильной школы и предлагает совершенствование подготовки школьников по освоению основных...

Программа Элективного курса для профильной группы 10 11 класса «решение задач по общей биологии» iconПрограмма элективного курса «Решение традиционных, экспериментальных...
Курс по выбору «Решение традиционных, экспериментальных и усложненных задач по химии» предназначен для учащихся 9 классов и носит...

Программа Элективного курса для профильной группы 10 11 класса «решение задач по общей биологии» iconРабочая программа элективного курса по литературному чтению «Волшебный мир сказки»
Рабочая программа элективного курса по литературе для 4 класса представляет собой целостный документ, включающий следующие разделы:...



Школьные материалы


При копировании материала укажите ссылку © 2018
контакты
ley.se-todo.com

Поиск