Szukaj Moje konto Zaloguj się Utwórz konto Artykuły Zobacz wszystkie Kategorie artykułów Matura i studia Warsztaty i stypendia Recenzje książek Wydarzenia Promocje i konkursy Nowości na stronie Ciekawostki Prace badawcze Olimpiada Biologiczna Inne olimpiadyOWoŻiŻ OWE Brain Bee Nauka Biologia Zadania maturalne Arkusze maturalne PDF Testy interaktywne Biorepetytorium Chemia Zadania maturalne Arkusze maturalne PDF Studia Progi i wymogi rekrutacyjne Opinie o uczelniach Kontakt O mnie | Kontakt Współpraca Strona głównaZadania maturalne z biologiiMatura Sierpień 2010, Poziom rozszerzony (Formuła 2007) Kategoria: Ekspresja informacji genetycznej Typ: Podaj/wymień Korzystając z tabeli kodu genetycznego, zapisz sekwencję aminokwasów, która powstanie w wyniku translacji fragmentu matrycowego RNA (mRNA) o sekwencji nukleotydów CCUUUCGUAAACGGA. Rozwiązanie Za zapisanie poprawnej sekwencji aminokwasów – 1 pkt. prolina – fenyloalanina – walina – asparagina – glicyna
Biologia - Matura Czerwiec 2017, Poziom rozszerzony (Formuła 2015) - Zadanie 18. Najprostszymi mutacjami w DNA są substytucje: tranzycje – polegające na wymianie puryny na purynę lub pirymidyny na pirymidynę i transwersje – polegające na zamianie pirymidyny na purynę lub na odwrót. Innymi mutacjami są np. insercje i delecje.
Współcześnie stosuje się dwie podstawowe metody wykrywania zakażeń HIV. Rutynowe badanie polega na wykrywaniu przeciwciał anty-HIV w surowicy pacjenta. W przypadku tej metody czułość badania, czyli prawdopodobieństwo otrzymania wyniku dodatniego u osoby chorej, tzn. wykrycia zakażenia, wynosi 100%, ale wynik dodatni otrzymuje się także dla 0,5% zdrowych osób – specyficzność wynosi 99,5%. Dlatego postawienie diagnozy zakażenia HIV wymaga potwierdzenia dodatkowym badaniem za pomocą metody PCR, wykrywającym gen odwrotnej transkryptazy wbudowany w genom gospodarza. Ta metoda jest teoretycznie bezbłędna pod warunkiem utrzymywania wysokich standardów pracy laboratoryjnej. Odpowiednie próby kontrolne służą sprawdzeniu, czy: polimeraza DNA nie utraciła aktywności podczas przechowywania (kontrola pozytywna), wszystkie odczynniki są wolne od wirusowego materiału genetycznego (kontrola negatywna). Dla trzech pacjentów uzyskano dodatni wynik testu na obecność przeciwciał anty-HIV. Z tego powodu lekarz zlecił dodatkowe badanie z wykorzystaniem metody PCR, którego wyniki podsumowano w poniższej tabeli. Próba badawcza kontrolna pozytywna kontrolna negatywna Pacjent 1. – + – Pacjent 2. + + + Pacjent 3. + + – Na podstawie: GenBank sekwencja nr M. Fearon, The Laboratory Diagnosis of HIV Infections, „Can J Dis Med Microbiol” 16, 2005, s. 26–30; Boyle i inni, Rapid Detection of HIV-1 Proviral DNA for Early Infant Diagnosis Using Recombinase Polymerase Amplification, „mBio” 4, 2013, e00135–13; S. Koblavi-Dème i inni, Sensitivity and Specificity of Human Immunodeficiency Virus Rapid Serologic Assays and Testing Algorithms in an Antenatal Clinic in Abidjan, Ivory Coast, „J Clin Microbiol” 39, 2001, s. 1808–1812. (0–2) Zaprojektuj doświadczenie PCR wykrywające DNA HIV wbudowane w genom gospodarza. Dla każdej z prób – badawczej, kontrolnej pozytywnej i kontrolnej negatywnej – wybierz wszystkie właściwe składniki mieszaniny reakcyjnej. Wpisz w tabelę znak „+”, jeśli składnik należy dodać do próby, albo znak „–”, jeśli ten składnik należy pominąć. Próba badawcza kontrolna pozytywna kontrolna negatywna DNA genomowy wyizolowany od pacjenta DNA genomowy wyizolowany z linii komórkowej zakażonej HIV para specyficznych starterów bufor zapewniający optymalne pH i stężenie jonów Mg2+ termostabilna polimeraza DNA mieszanina deoksyrybonukleotydów (0–1) Wybierz spośród A–D i zaznacz prawidłowe sekwencje starterów polF1 i polR1, wykorzystywanych w teście diagnostycznym HIV, przyłączających się do zaznaczonych fragmentów poniższej sekwencji genu odwrotnej transkryptazy wirusa HIV, wbudowanej w genom gospodarza. polF1 5′ CCCTACAATCCCCAAAGTCAAGGAGTAGTAGAA 3′polR1 5′ CTCTGGAAAGGTGAAGGGGCAGTAGTAATACA 3′ polF1 5′ TTCTACTACTCCTTGACTTTGGGGATTGTAGGG 3′polR1 5′ TGTATTACTACTGCCCCTTCACCTTTCCAGAG 3′ polF1 5′ CCCTACAATCCCCAAAGTCAAGGAGTAGTAGAA 3′polR1 5′ TGTATTACTACTGCCCCTTCACCTTTCCAGAG 3′ polF1 5′ TTCTACTACTCCTTGACTTTGGGGATTGTAGGG 3′polR1 5′ CTCTGGAAAGGTGAAGGGGCAGTAGTAATACA 3′ (0–2) Podpunkt anulowany przez CKE Przed zabiegiem chirurgicznym pacjentowi wykonano testy na nosicielstwo wirusa HIV wykrywające przeciwciała anty-HIV. Wynik wyszedł dodatni. Pacjent nie znajduje się w żadnej z grup ryzyka zakażenia HIV. Według oficjalnych danych częstość występowania zakażenia HIV w Polsce wynosi ok. 40 osób na 100 tys. Oblicz prawdopodobieństwo, że pacjent jest zakażony HIV, z uwzględnieniem czułości i specyficzności testu na przeciwciała anty-HIV. Zapisz obliczenia w wyznaczonych miejscach 1.–3. Oczekiwana liczba osób zakażonych HIV, u których wynik testu na przeciwciała anty-HIV będzie dodatni, wśród 100 tys. losowo przebadanych osób: Oczekiwana liczba osób zdrowych (niezakażonych), u których wynik testu na przeciwciała anty-HIV będzie dodatni, wśród 100 tys. losowo przebadanych osób: Prawdopodobieństwo, że pacjent z dodatnim wynikiem testu na przeciwciała anty-HIV jest zakażony HIV: (0–1) Oceń, czy poniższe interpretacje przedstawionych wyników badań trojga pacjentów są prawidłowe. Zaznacz T (tak), jeśli interpretacja jest prawidłowa, albo N (nie) – jeśli jest nieprawidłowa. 1. U pacjenta 1. wynik testu na przeciwciała anty-HIV był fałszywie dodatni, o czym świadczy wykluczenie zakażenia na podstawie wyników PCR. T N 2. Wyniki testu PCR dla pacjenta 2. są niewiarygodne ze względu na dodatni wynik w próbie kontrolnej negatywnej – należy powtórzyć badanie. T N 3. Dodatkowe badanie techniką PCR potwierdziło podejrzenie, że pacjent 3. jest zakażony HIV. T N (0–1) Wyjaśnij, dlaczego testy wykrywające przeciwciała anty-HIV nie nadają się do diagnostyki zakażeń HIV u noworodków i niemowląt urodzonych przez matki zakażone HIV. W odpowiedzi uwzględnij spodziewany wynik testu oraz funkcjonowanie układu odpornościowego matki. (0–1) Oceń, czy poniższe osoby znajdują się w grupie zwiększonego ryzyka zakażenia HIV. Zaznacz T (tak), jeśli się w niej znajdują, albo N (nie) – jeśli w niej się nie znajdują. 1. Osoby przebywające w jednym pomieszczeniu z osobami zakażonymi HIV, np. w pracy lub szkole. T N 2. Osoby narażone na częste ukąszenia komarów i innych owadów odżywiających się krwią. T N 3. Sąsiedzi osób zakażonych HIV, mieszkający w tym samym domu wielorodzinnym. T N
Był to wielki krok do rozwikłania kodu genetycznego. Har Gobind Khorana rozwinął prace powyżej wspomnianych naukowców. Budował różne łańcuchy RNA, wykorzystując odpowiednie enzymy. Otrzymywał w ten sposób różnorakie białka. Ich sekwencje aminokwasowe pozwoliły rozwiązać badaczowi zagadkę kodu genetycznego.
Odpowiedzi mieszacie tylko dziewczynie. nie prościej tak:masz 4 podstawowe zasady A T (wymienna na U)CGA zawsze łączy się z TC zawsze łączy się z Gczyli:A-TC-Gmając taką nić:TTACCGACGTACTGTCAC dopisujesz to każdej jednej zasady to, z czym się łączy czyliTTACCGACGTACTGTCAC AATGGCTGCATGACAGTGpozdrawiam blocked odpowiedział(a) o 18:18 Musisz mieć tabelę kodonów, [LINK] lub znać jej całą zawartość inaczej nic nie zdziałasz. Na początek rozdzielasz zapis, co trzy znaki; TTA CCG ACG TAC TGT CAC, i przepisujesz do każdego symbolu nukleotudu DNA, symbol nukleotydu mRNA (wg. zasady komplementarności). Jak już to zrobisz, korzystasz z tabeli kodonów i dopasowujesz daną sekwencję liter do nazwy w tabeli. Uważasz, że znasz lepszą odpowiedź? lub
Zadanie 4. Cytoszkielet komórki budują trzy rodzaje filamentów: mikrofilamenty, filamenty pośrednie i mikrotubule. Mikrofilamenty to cienkie i elastyczne struktury zbudowane z identycznych globularnych cząsteczek aktyny. Mikrotubule są najgrubsze z tych struktur i mają postać długich, pustych wewnątrz rurek. Odpowiadają za organizację wnętrza komórki. Filamenty pośrednie są zbudowane z mocno zwiniętych nici, dzięki czemu są najbardziej sztywne i wytrzymałe spośród wymienionych elementów cytoszkieletu. Na rysunku przedstawiono trzy rodzaje filamentów budujących cytoszkielet podstawie: Biologia. Jedność i różnorodność, praca zbiorowa, Warszawa 2008, s. 102–105.
1. cechy kodu genetycznego 2.w DNA jest 24% adeniny. ile jest cytozyny? 3.Dlaczego wątroba ma więcej cząstek DNA niż plemnik?4.Znaczenie tRNA, mRNA, rybosomy 5.Proces replikacji. dlaczego jest semikonserwtywny? 2008-03-13 19:46:40; Wypisz cechy kodu genetycznego DNA. Bardzo proszę o pomoc 2010-09-21 18:39:13 Kategoria: Biologia, Genetyka Napisane przez: Genetyka Etapy replikacji DNA, Pojęcia, mRNA, Pokolenia – otwarte zadania maturalne Zadanie 1 etapy podczas powielania DNA. *dołączanie komplementarnych nukleotydów przez polimerazę DNA *formowanie się widełek replikacyjnych *rozerwanie wiązań wodorowych pomiędzy zasadami azotowymi *stopniowe wydluzanie nowo powstałych nici *powstanie dwóch podwójnych helis DNA Odpowiedź Etapy replikacji DNA: wiązań wodorowych pomiędzy zasadami azotowymi (najpierw trzeba rozpleść helisę, aby można było syntetyzować nową cząsteczkę na danej nici DNA) się widełek replikacyjnych (miejsce, w którym DNA zostało rozplecione i przyłączyła się polimeraza, która rozpoczyna replikację). komplementarnych nukleotydów przez polimerazę DNA. wydłużanie nowo powstałych nici. dwóch podwójnych helis DNA. Zadanie 2 W pokoleniu F1 otrzymano dwie homozygoty różnego rodzaju oraz dwie heterozygoty. Podaj fenotyp rodziców Odpowiedź Jeśli 2 homozygoty różnego rodzaju i 2 heterozygoty, czyli: F1:AA, aa ,Aa, Aa pokolenie rodzicielskie to Aa x Aa Zadanie 3 Matka ma grupę krwi B, której ojciec miał grupę krwi 0, ma dziecko o grupie kwi B. A. Podaj grupy krwi mężczyzny wykluczające jego ojcostwo. B. Podaj genotyp matki i dziecka. Odpowiedź A- grupy krwi mężczyzny to B i 0 B- genotyp matki i dziecka to IBi lub IBIB Zadanie 4 . Jaka jest właściwa kolejność kondensacji chromatyny. A. DNA->nić chromatyny->nukleosom->chromosom B. DNA->nukleosom->chromosom->nić chromatyny C. Nić chromatyny->DNA->nukleosom->chromosom D. DNA->nukleosom->nic chromatyny->chromosom Odpowiedź D. DNA -> nukleosom -> nić chromatyny -> chromosom Zadanie 5 Wyjaśnij pojęcia: CENTROMER CHROMATYNA NUKLEOSOM NUKLEOTYD NUKLEOID CHROMOSOM Odpowiedź Centromer – część chromosomu odpowiedzialna za segregację chromosomów podczas podziału komórki Chromatyna – włóknista substancja występująca w jądrze komórkowym, zbudowana z DNA, histonów, niehistonowych białek i małej ilości RNA. Stanowi główny składnik chromosomów. Nukleosom – struktura występująca w jądrze komórkowym, będąca podjednostką chromatyny. Nukleotyd – stanowi podstawową jednostkę strukturalną kwasów nukleinowych (DNA i RNA) Nukleoid – część cytoplazmy komórki bakteryjnej, w której jest umieszczony materiał genetyczny w postaci tzw. genoforu. Nukleoid pełni funkcje jądra komórkowego eukariontów, choć nie jest oddzielony od cytoplazmy błoną jądrową Chromosom – to struktura wewnątrzkomórkowa będąca nośnikiem informacji genetycznej. Zadanie 6 Na podstawie sekwencji mRNA można odczytać sekwencje aminokwasów. Na przykład sekwencja CCCACUGCCAUC zostanie przetłumaczona na następującą sekwencje aminokwasów: prolina-treonina-alanina-izoleucyna. Podaj trzy cechy kody genetycznego, które umożliwiły poprawne odczytywanie sekwencji aminokwasów. Odpowiedź Kod genetyczny jest: – trójkowy – jedna trójka (trzy kolejne nukleotydy) kodują jeden aminokwas (np. CCC to prolina) – niezachodzący – pojedynczy nukleotyd wchodzi w skład wyłącznie jednego określonego kodonu (daną sekwencję dzielimy równa na 3 aminokwasy) – uniwersalny – w całym świecie żywym obowiązuje podobny kod genetyczny, istniejący na podobnych zasadach (korzystamy zawsze z tej samej tabeli kodu) Zadanie 7 Wyjasnij dlaczego syn nie dziedziczy daltonizmu po swoim ojcu. Odpowiedź Daltonizm jest chorobą genetyczną recesywną sprzężoną z płcią. Potrzeba jest dwóch „X” u kobiet lub jednego chorego „X” u mężczyzn. Z tej prostej zależności widzimy, że większe prawdopodobieństwo zachorowania u mężczyzn jest znacznie większa, co więcej matka nie musi być chora, ale jest nosicielem tego genu. Zadanie 8 Rodzice,ktorzy maja juz trzech synów, spodziewają się czwartego potomka. Jedno z rodziców ma czterech braci, drugie trzech braci i jedna siostrę. Oblicz prawdopodobieństwo urodzenia dziewczynki w tej rodzinie. Odpowiedź Prawdopodobieństwo urodzenia się dziewczynki/chłopca zawsze wynosi tyle samo – 50%, niezależnie od tego, ile urodziło się do tej pory dzieci, ani jakiej płci one są. Wynika to z prostej krzyżówki genetycznej: XX × XY (XX – chromosomy płci kobiety; XY – chromosomy płci mężczyzny). Z krzyżówki tej wynika, że 50% dzieci będzie miało genotyp XX, będą to więc dziewczynki, a 50% dzieci będzie miało genotyp XY – czy będą chłopcami. Zadanie 9 Wyjasnij co to są czynniki mutagenne i w jaki sposób wpływają na zmianę struktury DNA. Odpowiedź To zewnętrzne czynniki przyczyniające się do zmiany struktury DNA i modyfikują nukleotydy, tworzą trwałe wiązania między zasadami, przerywaja nici DNA lub obu. Zadanie 10 Wymien trzy czynniki mutagenne, które mogą spowodować zmiany nowotworowe w komórkach człowieka. Odpowiedź metali ciężkich UV temperatura. Zadanie 11 Wyjasnij do czego prowadzi proces rekombinacji genetycznej. Odpowiedź Proces rekombinacji genetycznej prowadzi do powstania osobników posiadających nowe układy alleli. RNA. RNA, kwas rybonukleinowy – wielkocząsteczkowy związek chemiczny z grupy kwasów nukleinowych. RNA to liniowy polimer zbudowany z podjednostek – rybonukleotydów. Występuje w komórkach wszystkich organizmów żywych, gdzie uczestniczy w biosyntezie białek. Budowa chemiczna RNA. Przejdź do listy zasobów. sprawdzanie wiedzy Opis: Liczba zadań: 8 Liczba punktów: 9 Liczba grup: 2 Szacowany czas: 16min Sprawdzane umiejętności: Analiza tekstu źródłowego, Analiza tabel, wykresów i schematów Autor: Nowa Era Filtry: testy Poziom: Część 3 Źródło zadań: Genetyka molekularna Gen a genom. Budowa i rola kwasów nukleinowych Odczytywanie informacji genetycznej Cechy kodu genetycznego Zaktualizowany: 2021-09-15 Kwasy nukleinowe przechowują informację genetyczną organizmu oraz pośredniczą w produkcji białek zgodnie z zasadami kodu genetycznego. 6. Odkrycie podwójnej helisy DNA Podwójna helisa, podwójna spirala - model struktury DNA w postaci podwójnej helisy zaproponowany w 1953 przez Jamesa D. Watsona i Francisa H. C. Cricka, za który w Jednostkami składowymi kwasów nukleinowych są nukleotydy, jednostkami białek są aminokwasy. Istotą kodu genetycznego jest zjawisko wyznaczania przez sekwencję nu-kleotydów kolejno w DNA i RNA, kolejności aminokwasów w białku. Ponieważ jednak po-średnikiem odwzorowującym dokładnie informację przechowywaną w DNA jest mRNA, za-tem sekwencje nukleotydów podawane dalej w tym rozdziale będą zgodne z ich kolejnością w mRNA. Informacja genetyczna zapisana jest w postaci trójek nukleotydów, które stanowią podstawową jednostkę translacji, zwaną kodonem. Z uwagi na to, że cząsteczka DNA jest polimerem złożonym z 4 różnych nukleotydów, liczba możliwych kodonów (tripletów) wy-nosi 43, czyli 64 (tab. Tabela. Kod genetyczny STOP – kodony terminacyjne Skróty dla aminokwasów ala alanina arg arginina asn asparagina asp kw. asparaginowy cys cysteina gln glutamina glu kwas glutaminowy gly glicyna his histydyna ile izoleucyna leu leucyna lys lizyna met metionina phe fenyloalanina pro prolina ser seryna thr treonina try tryptofan tyr tyrozyna val walina Wynika z tego, że większość spośród 20 aminokwasów wchodzących w skład białek kodo-wana jest przez więcej niż jeden triplet. O takim kodzie mówi się, że jest zdegenerowany. Trzy spośród 64 tripletów: UAA, UAG i UGA nie kodują żadnego aminokwasu i sygnali-zują koniec syntezy polipeptydu. Określa się je mianem kodonów terminacyjnych lub kodo-nów stop. Wśród tripletów kodujących należy wyróżnić kodon AUG, zwany inicjacyjnym. Stanowi on początek zapisu informacji dla każdego białka. Właściwe jego rozpoznanie przez aparat translacyjny jest warunkiem prawidłowego odczytania następujących po nim triple-tów. Kodon ten wyznacza bowiem tzw. ramkę odczytu. Przesunięcie ramki o jeden lub dwa nukleotydy prowadzi do zmiany sensu zapisu i do powstania innego niż kodowany peptydu lub do przerwania translacji. translacja W procesie translacji obok mRNA biorą także udział cząsteczki tRNA oraz rybosomy. Tworzenie i wydłużanie (elongacja) łańcucha polipeptydowego odbywa się na rybosomie (rys. Rys. Proces translacji na rybosomie (wg Connora i Fergusona-Smitha, 1998) Rola cząsteczki tRNA polega na dostarczaniu odpowiednich aminokwasów dla two-rzącego się peptydu oraz odczytywaniu kodonów na nici mRNA. Odczytywanie sekwencji nukleotydów na mRNA dokonuje się za pośrednictwem jednej z pętli cząsteczki tRNA (rys. Wśród siedmiu nukleotydów wchodzących w jej skład trzy stanowią tak zwany antykodon, ponieważ sekwencja antykodonu jest komplementarna do trójki nukleotydów w mRNA. Rys. Budowa cząsteczki tRNA Proces syntezy polipeptydu można podzielić na trzy fazy: inicjację, elongację i ter-minację. W fazie inicjacji dochodzi do stopniowego formowania się kompleksu mRNA-ry-bosom-inicjacyjny tRNA. Inicjacyjny tRNA, przenoszący metioninę, jest cząsteczką, której antykodon rozpoznaje na mRNA sekwencję AUG. Nie oznacza to, że wszystkie białka będą się rozpoczynać od tego aminokwasu, bowiem jest on w dalszej obróbce polipeptydu zazwy-czaj usuwany. Wydłużanie łańcucha polipeptydowego następuje w szczególnych miejscach rybosomów. Na rybosomie można wyróżnić tzw. miejsce P (peptydylowe) i miejsce A (ak-ceptorowe) (rys. W miejscu P – tRNA wiąże się z rosnącym polipeptydem. Do miejsca A natomiast dołącza się naładowana odpowiednim aminokwasem cząsteczka tRNA, której antykodon rozpoznaje na mRNA – komplementarną dla siebie trójkę nukleotydów, czyli kodon. Pomię-dzy aminokwasami z miejsca P i z miejsca A tworzy się wiązanie peptydowe, a cząsteczka tRNA po zerwaniu połączeń z peptydem usuwana jest z miejsca P. Cząsteczka tRNA, z przy-łączonym do niego peptydem, przenoszona jest wtedy z miejsca A na miejsce P, a rybosom przesuwa się na nici mRNA o kolejne trzy nukleotydy. Zwolnione w ten sposób miejsce A oczekuje na przyłączenie nowej, „naładowanej” cząsteczki tRNA. Proces elongacji powta-rza się, przez co powstający polipeptyd wydłuża się. Sygnałem kończącym translację jest sekwencja zasad zawierających jeden lub kilka kodonów nonsensownych. Po zakończeniu translacji kompleks mRNA – rybosom rozpada się, a jego elementy są wykorzystywane po-nownie w procesie syntezy białka. Rys. Proces translacji. Etapy elongacji i terminacji Zadanie Wykorzystując podane niżej trójki nukleotydów mRNA, na podstawie tabeli kodu genetycznego, określ, jakie aminokwasy będą włączone w skład polipeptydu podczas translacji: -AUG- -UCU- -CCC- -GGG- -AUU- -UAA- --- --- --- --- ---Zadanie W komórce wystąpił deficyt białka enzymatycznego. Gen zawierający informację ge-netyczną determinującą powstanie tego enzymu ulega ekspresji wskutek zadziałania nań czynnika transkrypcyjnego. Obie nici DNA rozsuwają się w okolicy genu i jedna z nich staje się matrycą dla powstania mRNA, czyli transkryptu. Wypisz sekwencję nukleotydów w mRNA, jeśli fragment DNA miał następujący układ nukleotydów: DNA: T-A-C-C-G-A-G-G-G-T-T-G-G-A-G-G-C-T-A-A-A-C-G-T-A-T-T transkrypt: ---Jaki triplet nukleotydów inicjuje transkrypcję? ---Jaki to aminokwas w późniejszym peptydzie? Czy ten aminokwas jest zawsze składnikiem białka finalnego? Zadanie Wymień 3 główne różnice między DNA i RNA. Zadanie Jakie są 3 typy cząsteczek RNA? Jaka jest ich rola związana z pojęciem przepływu informacji? Zadanie Czy przedstawiony poniżej układ nukleotydów w DNA pozwoli na zainicjowanie i zakończenie transkrypcji całej podanej sekwencji? a) A-A-A-C-G-C-A-C-G-T-A-A-T-T-T-G-T-C-G-G-G-C-C-C-A-T-C- mRNA... b) T-A-C-C-T-A-G-G-C-A-T-G-A-A-T-T-C-G-C-C-G-A-A-A-T-A-G- mRNA... c) T-A-C-T-A-C-A-G-C-A-T-T-T-T-T-G-G-C-C-T-T-A-T-T-G-G-G- mRNA... Zadanie Wypisz triplety nukleotydów komplementarnych do antykodonów tRNA, przenoszą-cych poniżej wymienione aminokwasy: Walina --- --- --- --- Leucyna --- --- --- --- --- --- Stop --- --- --- Tryptofan --- Zadanie Przedstaw ciąg reakcji przedstawiających ekspresję genu struktury w kierunku syntezy białka enzymatycznego, na który składają się procesy transkrypcji i translacji. DNA TTT AAG TTA CAC GCA ATC CCG CCT mRNA AAA --- --- --- --- --- --- ---tRNA UUU --- --- --- --- --- --- ---peptyd Lys --- --- --- --- --- --- ---Zadanie Pewne białko strukturalne ma podany niżej skład aminokwasowy. Ala Fen Wal Tre Cys Gli Pro Ser Ala His Leu Glu a) Czy można odtworzyć na tej podstawie sekwencję nukleotydów w DNA? Co oznacza praktycznie w tym zadaniu pojęcie degeneracja kodu genetycznego? b) Przedstaw możliwie najwięcej różnych wariantów sekwencji nukleotydowych DNA, które mogłyby kodować taki skład aminokwasowy białka. --- --- --- ---Zadanie W fazie S komórki dokonuje się replikacja DNA. Tworzą się widełki replikacyjne (rys. Jaki układ nukleotydów będą miały tworzące się nici komplementarne? Z którego końca nici zaczyna się replikacja? Gdzie są fragmenty Okazaki? łańcuch stary 5’ GCCCATACCGCTTAAATGTCCGTATAAACCCATGGTCGGTGCTCA – 3’ primer widełki replikacyjne primer 3’……… - 5’ łańcuch stary Rys. Schemat do zadaniaPomiędzy genami znajduje się wiele miejsc, które regulują przepisywanie i odczytywanie kodu genetycznego, produkcję białek, aktywowanie poszczególnych genów w komórkach itp. Dlatego szerszy zakres badania niż w przypadku badania WES (Whole Exome Sequencing – badanie całego eksomu) daje większą szansę na znalezienie
U królików barwa sierści uwarunkowana jest przez szereg alleli wielokrotnych w następującej kolejności dominowania: A1 – fenotyp „dziki” – futerko szare A2 – fenotyp „chinchilla” – futerko srebrnoszare A3 – fenotyp „himalaya” – futerko białe, łapki, uszy, nos i ogonek czarny A – całkowicie biały Podaj wszystkie genotypy rodziców i rozszczepienie w potomstwie krzyżówki: a) samicy o fenotypie „himalaya” i samca o futerku szarym, jeżeli w pokoleniu F1 otrzymano króliki o fenotypie „dzikim”, „himalaya” i białym b) samicy o fenotypie „chinchilla” z samcem o szarym futerku, jeżeli w pokoleniu F1 otrzymano króliki o fenotypie „dzikim”, „chinchilla” i „himalaya”a) P: A3A (samica) x A1A (samiec) F1: A1A3, A3A, A1A, AA („dziki” : „himalaya” : biały = 2 : 1 : 1) b) P: A2A2 (samica) x A1A1 lub A1A2 lub A1A3 lub A1A (samiec) brak w potomstwie osobników „himalaya” dlatego wszystkie te kombinacje odpadają P: A2A3 (samica) x A1A1 (samiec) F1: same osobniki o fenotypie „dzikim”, dlatego ta możliwość odpada P: A2A3 (samica) x A1A2 (samiec) F1: A1A2, A1A3, A2A2, A2A3 („dziki” : „chinchilla” : „himalaya” = 2 : 2 : 0, dlatego ta możliwość odpada) P: A2A3 (samica) x A1A3 (samiec) F1: A3A3, A1A3, A2A3, A1A2 („dziki” : „chinchilla” : „himalaya” = 2 : 1 : 1) P: A2A3 (samica) x A1A (samiec) F1: A1A2, A1A3, A2A, A3A („dziki” : „chinchilla” : „himalaya” = 2 : 1 : 1) P: A2A (samica) x A1A1 (samiec) F1: same osobniki o fenotypie „dzikim”, dlatego ta możliwość odpada P: A2A (samica) x A1A2 (samiec) F1: A1A2, A1A, A2A2, A2A („dziki” : „chinchilla” : „himalaya” = 2 : 0 : 2, dlatego ta możliwość odpada) P: A2A (samica) x A1A3 (samiec) F1: A1A2, A1A, A2A3, A3A („dziki” : „chinchilla” : „himalaya” = 2 : 1 : 1) P: A2A (samica) x A1A (samiec) F1: A1A2, A1A, A2A, AA („dziki” : „chinchilla” : „himalaya” = 2 : 1 : 0, dlatego ta możliwość odpada)
. odczytywanie kodu genetycznego zadania
