Cơ sở phân tử của tính di truyền - Thanh Huy

198 trang phuongnguyen 3510

Download

Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Cơ sở phân tử của tính di truyền - Thanh Huy", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

co_so_phan_tu_cua_tinh_di_truyen_thanh_huy.pdf

Nội dung text: Cơ sở phân tử của tính di truyền - Thanh Huy

Thanh Huy_SN.K33_ĐHSP 2011 CƠ SỞ PHÂN TỬ CỦA TÍNH DI TRUYỀN BÀI 1: Gen thứ nhất dài 2550 A0, nhân đôi một số lần liên tiếp đã lấy của môi trường 22500 Nu tự do, trong đó có 6750 Xitoxin. a. Tính số lượng từng loại Nu mà mỗi trường cung cấp số liên kết hidro bị phá vỡ. số liên kết hidro và số liên kết cộng hóa trị hình thành trong quá trình tự nhân đôi của gen. b. Gen thứ hai dài bằng gen thứ nhất nhưng có số Nu loại A ít hơn A của gen thứ nhất là 30. Tính số lượng Nu từng loại môi trường cung cấp và số liên kết hidro bị phá vỡ nếu gen thứ hai nhân đôi liên tiếp 3 lần. Giải a. Số Nu từng loại môi trường cung cấp - Tổng số Nu của gen: (2550 : 3,4) x 2 = 1500 (Nu) - Gọi x là số lần nhân đôi của gen ( x nguyên dương, x > 0) - Theo đề bài, ta có tổng số Nu môi trường nội bào cung cấp : x ∑ Nmtcc = (2 -1 ). N 22500 = (2x – 1). 1500 2x= 16 → x = 4 Vậy gen tự nhân đôi 4 lần. - Theo đề bài ta có : ∑X = ( 24 -1) X 6750 = 15 X → X = 450 (Nu) - Số lượng từng loại Nu của gen : A =T = (1500 : 2) – 450 = 300 (Nu) G=X= 450 (Nu) - Số lượng từng loại Nu môi trường cung cấp : ∑A= ∑T= 300.( 24-1)= 4500 (Nu) ∑G= ∑X= 6750 (Nu) - Số liên kết hidro bị phá vỡ : Hp = (2x -1) H = (24 -1) ( 2. 300 + 3 .450) = 29250 - Số liên kết hidro hình thành x 4 Hht = 2 . H = 2 . ( 2. 300 + 3 .450)= 31200 - Số liên kết hóa trị hình thành : (N-2)(2x -1)= (1500 -2) ( 24 -1) = 22470 1
Thanh Huy_SN.K33_ĐHSP 2011 b. Số Nu từng loại môi trường cung cấp gen 2 tự sao 3 lần - Vì LI = LII nên NI = NII = 1500 (Nu) - Số Nu mỗi loại của gen II : A= T = 300 -30 = 270 (Nu) G=X= (1500 : 2) – 270 = 480 (Nu) - Số Nu mỗi loại môi trường cung cấp cho gen II nhân đôi 3 lần : 3 ∑Amtcc = ∑Tmtcc = 270. ( 2 -1) = 1890 (Nu) 3 ∑Gmtcc = ∑Xmtcc= 480.(2 – 1)= 3360 (Nu) - Số liên kết Hidro bị phá Hp= (2x -1).H = (23-1) ( 2. 270 + 3 . 480) = 13860 Bài 2: Có 3 gen I,II,III nhân đôi với tổng số lần là 10 và đã tạo ra 36 gen con. Biết rằng số lần tự nhân đôi của gen I gấp đôi số lần tự nhân đôi của gen II. a. Tính số lần tự nhân đôi của mỗi gen. b. Gen I có khối lượng phân tử là 9.105 đvC và có hiệu số giữa A với loại không bổ sung với nó là 20%. Trong quá trình tự nhân đôi của gen I số Nu tự do loại A của môi trường đến bổ sung với mạch 1 của gen là 650 và số Nu loại G của môi trường đến bổ sung với mạch thứ hai của gen là 250. - Tính số lượng từng loại Nu trên mỗi mạch của gen I. - Đã có bao nhiêu Nu mỗi loại của môi trường cung cấp cho quá trình tự nhân đôi của gen I. - Số liên kết hidro bị phá vỡ và số liên kết hóa trị được hình thành trong quá trình tự nhân đôi của gen I là bao nhiêu ? Biết khối lượng trung bình 1 Nu là 300 đvC. Giải a. Số lần tự nhân đôi của mỗi gen. - Gọi x1 là số lần nhân đôi của gen I x2 là số lần nhân đôi của gen II x3 là số lần nhân đôi của gen III ( x1, x2,x3 nguyên dương) - Theo đề bài, ta có: x1 + x2 + x3 = 10 2x1 +2x2 + 2x3 = 36 x = 2y 2
Thanh Huy_SN.K33_ĐHSP 2011 - Biện luận : x2 1 2 3 x1 2 4 6 x3 7 4 1 2x1 +2x2 + 2x3 55 36 74 Loại nhận loại - Vậy gen I nhân đôi 4 lần Gen II nhân đôi 2 lần Gen III nhân đôi 4 lần b1.Số lượng từng loại Nu trên mỗi mạch của gen I. - Tổng số Nu của gen I: N = M : 300 = 9.105 : 300 = 3000 (Nu) - Theo đề bài, ta có: A + G = 50% A = T = 35%N = 35%.3000 = 1050 (Nu) A - G= 20% G = X = 15%N= 15%.3000 = 450 (Nu) - Số Nu mỗi loại trên mỗi mạch đơn của gen : Theo giả NTBS và theo giả thiết, ta có : T1 =A2 = 650 (Nu) A1 = T2 = A – A2 = 1050 -650= 400 (Nu) G1 = X2 = 250 (Nu) X1 = G2 = G- G1 = 450 – 250 = 200 (Nu) b2. Số Nu mỗi loại môi trường cung cấp cho quá trình nhân đôi của gen I: - Gen I nhân đôi 4 lần, nên ta có : 4 ∑Amtcc =∑Tmtcc = 1050 (2 -1) = 15750 (Nu) 4 ∑Gmtcc =∑Xmtcc = 450 ( 2 -1) = 6750 (Nu) b3. Số liên kết hidro bị phá vỡ và số liên kết hóa trị được hình thành trong quá trình tự nhân đôi của gen I - Số liên kết hidro bị phá vỡ: Hp = H. (2x1 – 1) = (2.1050 + 3 .450 ). (24 -1) = 51750 - Số liên kết hóa trị được hình thành: HTht = (N-2) (2x1 -1) = ( 3000 -2) . ( 24 -1) = 44970 3
Thanh Huy_SN.K33_ĐHSP 2011 Bài 3: Hai gen A và B có tổng số Nu là 3600 tiến hành tự sao một số đợt liên tiếp bằng nhau và đã tạo ra 32 gen con. Biết rằng số Nu môi trường cung cấp cho gen A tự sao một lần bằng 2/3 số Nu cung cấp cho gen B tự sao 2 lần. Tổng số liên kết Hidro được hình thành trong các gen con tạo ra từ gen A là 44160 và tổng số liên kết hidro được hình thành trong các gen con tạo ra từ gen B là 22800. a. Tính số lần tự sao của mỗi gen. b. Tính chiều dài của mỗi gen. c. Tính số lượng từn loại Nu môi trường cung cấp cho quá trình tự sao của mỗi gen. Giải a) Số lần tự sao của mỗi gen - Vì số lần tự sao của gen I bằng số lần tự sao của gen II nên ta có: 2x + 2x =32 2. 2x = 32 2x = 16 → x =4 Vậy gen I và gen II đều tự sao 4 lần. b) Chiều dài của mỗi gen - Theo lý thuyết và đề bài,ta có : NI + NII = 3600 NI + NII = 3600 NI= 2400 (Nu) 2 NI = 2/3 (2 -1)NII NI = 2NII NII= 1200 (Nu) - Chiều dài gen 1 : (2400 : 2) . 3,4 = 4080 A0 - Chiều dài gen 2 : (1200 : 2). 3,4 = 2040 A0 c) Số lượng từng loại Nu môi trường cung cấp cho quá trình tự sao của mỗi gen Xét gen 1 : - Theo đề bài, ta có số liên kết hidro hình thành trong các gen con tao ra : 4 Hht = 2 .H 44160 = 24 .H → H = 2760 - Ta có : 2A + 2 G = 2400 A = T = 840 (Nu) 2A + 3 G = 2760 G= X = 360 (Nu) - Số lượng Nu mỗi loại môi trường nội bào cung cấp : ∑Amtcc =∑Tmtcc = 840 . 15 = 12600 (Nu) ∑Gmtcc =∑Xmtcc = 360 .15 = 5400 (Nu) 4
Thanh Huy_SN.K33_ĐHSP 2011 Bài 4: Một gen dài 0,306 micromet và có T/X = 3/1. Sau một số lần tự sao liên tiếp của gen đã có tổng số liên kết hidro bị phá vỡ là 62775. a. Tìm số lần tự sao của mỗi gen. b. Tìm số lượng từng loại Nu môi trường cung cấp cho quá trình tự sao của gen. c. Đã có bao nhiêu liên kết hidro và liên kết hóa trị được hình thành trong các gen con được tạo ra. Giải a. Số lần tự sao của mỗi gen - Tổng số Nu của gen : (3060 : 3,4). 2 = 1800 (Nu) Hay 2T + 2 X = 1800 (1) - Mặc khác, theo đề bài T/X = 3/1 → T = 3X (2) - Từ (1) và (2), ta có số lượng từng loại Nu của gen: A = T = 675 (Nu) G= X = 225 (Nu) - Số liên kết hidro của gen: 2A + 3G= 2. 675 + 3. 225 = 2025 - Gọi x là số lần tự sao của gen.( x nguyên dương) Theo đề bài, ta có tổng số liên kết hidro bị phá Hp = (2x – 1).H 62755 = ( 2x -1). 2025 2x = 32 → x= 5 Vậy gen tự sao 5 lần. b. Số lượng từng loại Nu môi trường cung cấp cho quá trình tự sao của gen 5 ∑Amtcc =∑Tmtcc= 675 ( 2 -1) = 20925 (Nu) 5 ∑Gmtcc =∑Xmtcc= 225 ( 2 -1)= 6975 (Nu) c. Số liên kết hidro và liên kết hóa trị được hình thành - Số liên kết hidro hình thành x 5 Hht = 2 . H= 2 . 2025 = 64800 - Số liên kết hóa trị hình thành x 5 HTht = ( N -2) ( 2 -1) = ( 1800 -2) ( 2 -1) = 55738 5
Thanh Huy_SN.K33_ĐHSP 2011 Bài 5 : Trên một mạch đơn của gen có 10% T và 30% A. a. Khi gen tiến hành nhân đôi thì tỉ lệ % từng loại Nu mtcc là bao nhiêu. b. Nếu gen nói trên có 900 G thực hiện nhân đôi một lần. Trên mỗi mạch bổ sung được tạo từ các Nu của môi trường tốc độ liên kết của các Nu là đều nhau, bằng 200 Nu trong 1 giây thì thời gian một lần nhân đôi của gen là bao nhiêu ? c. Trong một số đợt nhân đôi khác của gen . Người ta thấy có Hp = 58500 Tìm số đợt nhân đôi của gen. Số lượng từng loại Nu môi trường cung cấp cho quá trình nói trên. Giải a. Tỉ lệ % từng loại Nu môi trường cung cấp là bao nhiêu. - Qui ước mạch đã cho là 1 - Tỉ lệ % từng loại Nu môi trường cung cấp bằng số Nu từng loại của gen % A = %T = A1 + T1 = 10% + 30% = 20% 2 2 % G = % X = 50% -20% = 30% b. Thời gian một lần nhân đôi của gen - Ta có %G= 30% tương ứng với 900 Suy ra tổng số Nu của gen: %G = G . 100 → N = G .100 = 3000 (Nu) N %G - Thời gian một lần nhân đôi của gen: 1s 200 Nu ? N/2 = 1500 Nu ( vì tốc độ tự sao của 2 mạch bằng nhau) Suy ra thời gian một lần nhân đôi: (1500 .1) : 200 = 7,5 (s) c. Số đợt nhân đôi của gen và số lượng từng loại Nu môi trường cung cấp: Số đợt nhân đôi của gen: - Số lượng từng loại Nu của gen: A= T = 20%.3000 = 600 (Nu) G= X = 30%. 3000 = 900 (Nu) - Gọi x là số lần nhân đôi của gen. (x nguyên dương) 6
Thanh Huy_SN.K33_ĐHSP 2011 - Theo đề bài, ta có số liên kết hidro bị phá : Hp = H. ( 2x -1) 58500 = (2.600 + 3.900) . (2x -1) 2x = 16 → x = 4 Vậy gen nhân đôi 4 lần. Số lượng từng loại Nu môi trường cung cấp cho quá trình nhân đôi của gen: 4 ∑Amtcc =∑Tmtcc = 600 . (2 -1) = 9000 (Nu) 4 ∑Gmtcc =∑Xmtcc = 900. (2 -1) = 13500 (Nu) Bài 6 : Hai gen I và II nhân đôi một số lần không bằng nhau và đã tạo ra tổng số gen con là 10. Biết rằng số lần nhân đôi của gen II nhiều hơn so với gen I. a. Tìm số lần nhân đôi của mỗi gen. b. Gen I gấp đôi gen II. Trong quá trình nhân đôi, hai gen đã sử dụng 67500 Nu môi trường góp phần tạo ra các gen con. Gen I có hiệu số giữa A với một loại Nu khác bằng 10%. Gen II có tỉ lệ từng loại Nu bằng nhau Tính chiều dài mỗi gen Số lượng từng loại Nu môi trường cung cấp cho mỗi gen nhân đôi. Giải a. Số lần nhân đôi của mỗi gen Gọi x là số lần nhân đôi của gen 1 y là số lần nhân đôi của gen 2 ( x,y nguyên dương) theo đề bài, ta có : 2x + 2y = 10 biện luận x 1 2 3 x < y y 3 lẻ 1 nhận loại loại ( x <y) Vậy gen 1 tự sao 1 lần gen 2 tự sao 3 lần 7
Thanh Huy_SN.K33_ĐHSP 2011 b. Chiều dài mỗi gen Theo đề bài, ta có LI = 2LII → NI = 2NII (1) - Tổng số Nu môi trường cung cấp cho gen I tự sao 1 lần: Nmtcc = NI 3 - Tổng số Nu môi trường cung cấp cho gen II tự sao 3 lần : Nmtcc = (2 -1)NII 3 - Suy ra : ∑N I+ II = NI + (2 -1)NII = 67500 NI + 7NII = 67500 (2) - Từ (1) và (2), ta có : NI = 2NII NI = 15000(Nu) NI + 7NII = 67500 NII= 7500 (Nu) - Chiều dài gen I : (15000 :2) x 3,4 = 25500 A0 - Chiều dài gen II: ( 7500 : 2) x 3,4 = 12750 A0 Số lượng từng loại Nu môi trường cung cấp Xét gen 1: - Theo đề bài, ta có: A + G = 50% A =T = 30%N = 30% . 15000 = 4500 (Nu) A – G= 10% G= X = 20% N= 20%. 15000 = 3000 (Nu) - Số lượng từng loại Nu môi trường nội bào cung cấp cho gen 1 tự sao 1 lần ∑Amtcc =∑Tmtcc = 4500 (Nu) ∑Gmtcc =∑Xmtcc = 3000 (Nu) Xét gen 2 - Theo đề bài, ta có số Nu mỗi loại của gen A =T =G= X = 7500 : 4 = 1875 (Nu) - Suy ra số Nu mỗi loại môi trường cung cấp cho gen II tự sao 3 lần 3 ∑Amtcc = ∑Tmtcc = ∑Gmtcc =∑Xmtcc = 1875 ( 2 -1) = 13125 (Nu) Bài 7 Một gen dài 3842 A0. Mạch thứ nhất của gen có T + A = 40% và T –A = 20%. Mạch thứ hai của gen có X= 20% . khi gen nhân đôi 1 lần, thời gian để các Nu môi trường vào bổ sung đầy đủ với G trên mạch thứ nhất là 1,8 giây. a. Thời gian cần thiết để gen nhân đôi một lần là bao nhiêu? b. Nếu gen nhân đôi một số đợt, môit trường cung cấp 6780 T. Tìm : Số lần nhân đôi của gen Số Nu môi trường cung cấp và số liên kết hidro bị phá vỡ. 8
Thanh Huy_SN.K33_ĐHSP 2011 Giải a. Thời gian cần thiết để gen nhân đôi một lần. - Tổng số Nu của gen : (3842 : 3,4) . 2 = 2260 (Nu) - Tổng số Nu trên 1 mạch của gen: 2260 : 2 = 1130 (Nu) Trên mạch thứ nhất của gen: T1 + A1 = 40 % T1 = A2 = 30%= 30% . 1130 = 339 T1 – A 1 = 20% A1 = T2 = 10%= 10% . 1130 =113 Suy ra số lượng từng loại Nu của gen : A= T = A1 + A2 = 339 + 113 = 452 (Nu) G =X= N/2 –A = 1130 - 452 = 678 (Nu) Trên mạch đơn thứ hai : X2 =G1 = 20%.N/2 =20%.1130 = 226 (Nu) G2 =X1 = G – G1 = 678 – 226 = 452 (Nu) - Theo đề bài, ta có : 1,8 s 226 G1 ? N/2 =1130 (Nu) Suy ra thời gian cần thiết để nhân đôi một lần : 1130 .1,8 = 9 (s) 226 b. Số lần nhân đôi của gen và số Nu môi trường cung cấp và số liên kết hidro bị phá vỡ Số lần nhân đôi của gen : - Gọi x là số lần nhân đôi của gen . (x nguyên dương) - Theo đề bài, ta có môi trường cung cấp 6780 T x ∑Tmtcc = T. (2 -1 ) 6780 = 452. (2x -1) 2x = 16 → x =4 Vậy gen nhân đôi 4 lần. Số Nu môi trường cung cấp : ∑Nmtcc = N. (2 4 -1)= 2260. 15 = 33900 (Nu) Số liên kết Hidro bị phá : Hp = H. ( 24 -1) = (2.452 + 3 .678) . 15 = 44670 9
Thanh Huy_SN.K33_ĐHSP 2011 Bài 8 : Một gen dài 0,408 micromet và có hiều số giữa A với một loại Nu khác là 10%. Trên một mạch đơn của gen có 15% A và 30%G. Gen nhân đôi 2 đợt và mỗi gen con tạo ra tiếp tục sao mã 3 lần. Pt ARN chưa 120 X. a. Tính tỉ lệ % và số lượng từng loại NU của gen và mỗi mạch đơn. b. Tính tỉ lệ % và số lượng từng loại rNu của phân tử ARN c. Tính số lượng từng loại Nu môi trường cung cấp cho quá trình nhân đôi và số lượng từng loại rNu cung cấp cho quá trình sao mã của gen. d. Đã có bao nhiêu liên kết hidro bị phá vỡ trong toàn bộ quá trình nhân đôi và sao mã của gen ? Giải a. Tỉ lệ % từng loại Nu của gen và của mỗi mạch đơn Tỉ lệ % từng loại Nu của gen - Tổng số Nu của gen: (4080 : 3,4) .2 = 2400 (Nu) - Theo đề bài và lý thuyết, ta có: A + G = 50% A =T = 30% A – G= 10% G= X = 20% - Số lượng từng loại Nu của gen A= T= 30% . 2400 = 720 (Nu) G=X = 20%. 2400 = 480 (Nu) Tỉ lệ % từng loại Nu mỗi mạch đơn của gen : - Giả sử mạch đơn đã cho là mạch 1 : Ta có : A1 = T2 = 15% N/2 = 15%. 1200= 180 (Nu) A2 = T1 = 2.30% - 15% = 45% .N/2= 45%. 1200 = 540 (Nu) G1 =X 2= 30% N/2 = 30%.1200 = 360 (Nu) G2 = X1 = 2.20% - 30% = 10% N/2 = 10%. 1200= 120 (Nu) b) Tỉ lệ % và số lượng từng loại rN của ARN - Vì rX = G2 = 120 (Nu) nên mạch 2 là mạch gốc Vậy tỉ lệ % và số lượng từng loại rN củ ARN rA= T2 = 15%= 180 (rN) 10
Thanh Huy_SN.K33_ĐHSP 2011 rU= A2 = 45%= 540 (rN) rG= X2 = 30%= 360(rN) rX= G2= 10%= 120 (rN) c) Số lượng từng loại Nu môi trường cung cấp cho quá trình nhân đôi và số lượng từng loại rN cung cấp cho quá trình sao mã - Số lượng từng loại Nu môi trường cung cấp cho quá trình nhân đôi 2 ∑Amtcc =∑Tmtcc = (2 -1) 720 = 2160 (Nu) 2 ∑Gmtcc =∑Xmtcc = (2 -1) 480 = 1440 (Nu) - Số lượng rN mỗi loại môi trường cung cấp cho quá trình sao mã của gen Vì 1 gen tự sao 2 lần tạo 4 gen con 4 gen con sao mã 3 lần tạo: 4.3 = 12 ARN ∑rAmtcc = (180 .3) 4 = 2160 (rN) ∑rUmtcc = (540.3).4= 6480 (rN) ∑rGmtcc = (360. 3).4= 4320 (rN) ∑rXmtcc = (120.3).4 = 1440 (rN) d) Số liên kết Hidro bị phá vỡ trong toàn bộ quá trình nhân đôi và sao mã của gen Hp = ( 2x -1) H = (22 -1) ( 2.720 + 3 .480) = 17280 Bài 9 : Hai gen đều có chiều dài 5100 A0. Gen thứ nhất có 4050 liên kết hidro. Gen thứ hai có tỉ lệ từng loại Nu bằng nhau. Phân tử ARN thứ nhất được tạo ra từ môi trường hai gen trên có 35%U và 10% X. phân tử thứ hai được tạo ra từ gen còn lại có 25% U và 30% X. a. Tính số lượng từng loại Nu của mỗi gen. b. Tính số lượng từng loại Nu của mỗi phân tử ARN c. Hai gen sao mã tổng hợp 16 phân tử ARN. Riêng gen thứ nhất đã nhận của môi trường 3375 U. Tính số lượng từng loại rNu môi trường cung cấp cho mỗi gen sao mã. Giải 11
Thanh Huy_SN.K33_ĐHSP 2011 a. Số lượng từng loại Nu của mỗi gen LI =LII → NI =NII = (5100 : 3,4). 2 = 3000 (Nu) Số lượng từng loại Nu của gen 1 Theo lý thuyết và đề bài : 2A + 2G = 3000 A=T=450 (Nu) 2A + 3G = 4050 G= X = 1050 (Nu) Số lượng từng loại Nu của gen 2 A =T = G= X = 3000 : 4 =750 (Nu) b. Số lượng từng loại rN của mỗi gen Ta có NI =NII = 3000 → rNI =rNII = 3000 :2= 1500 (Nu) - Giả sử mARN1 được tạo ra từ gen 1, ta có : rU= 35% rN = 525 (Nu) → rA = AI – rU = 450 -525 = -75 ( loại) - Vậy phân tử mARN1 được tạo ra từ gen II. Phân tử mARN2 được tạo ra từ gen I - Số lượng từng loại rN của mARN1 được tạo ra từ gen II rU= 525 rA= AII – rU = 750 – 525 = 225 rX= 10%rN = 10%. 1500= 150 rG= GII – rX = 750 – 150 = 600 c. Số rN từng loại Gọi k1 là số lần sao mã của gen I K2 là số lần sao mã của gen II (k1,k2 nguyên dương; k1, k2 > 0) Theo đề bài, ta có: k1 + k2 = 16 k1 + k2 =16 k1= 9 ∑rUmtcc = k1. rUmtcc 3375= 375.k2 k2= 7 - Số lượng từng loại rNu môi trường cung cấp cho gen I sao mã tạo mARN2 ∑rAmtcc = 9.75 = 675 ∑rUmtcc = 9.375 = 3375 ∑rGmtcc= 9.600=5400 ∑rXmtcc= 9.450= 4050 12
Thanh Huy_SN.K33_ĐHSP 2011 - Số lượng từng loại rN môi trường cung cấp cho gen II sao mã tạo mARN1 ∑rAmtcc = 7.225= 1575 ∑rUmtcc= 7.525= 3675 ∑rGmtcc= 7.600= 4200 ∑rXmtcc= 7.150= 1050 Bài 10: Trong một tế bào có 2 gen bằng nhau. Gen I có tích số % giữa A với một loại Nu không bổ sung với nó là 4%. Gen II có tích số giữa G với loại Nu bổ sung là 9%. Tổng số liên kết hidro của gen 1 nhiều hơn tổng số liên kết hidro của gen 2 là 150. Nếu xét riêng mỗi mạch của gen ta thấy: Trên mạch 1 của gen I có %A.%T = 0,84% ( với A>T) và G/X = 2/3 Trên mạch 2 của gen II các Nu A:T:G:X lần lượt phân chia theo tỉ lệ 1:3:2:4 a. Tính chiều dài của gen bằng micromet? b. Tính số liên kết hiddro của mỗi gen. c. Tính số Nu mỗi loại trên từng mạch đơn mỗi gen? Giải a. Chiều dài của gen. – Theo đề bài ta có chiều dài 2 gen bằng nhau Suy ra NI =NII Xét gen I: – Theo đề bài, ta có: A.G = 4% A = T = 40% hoặc A = T = 10% A + G = 50% G =X = 10% G= X = 40% Xét gen II : – Theo đề bài ta có : G.X = 9% G = X = 30% G = X A =T = 20% – Theo giả thiết, tổng số Hidro của gen I nhiều hơn số Hidro của gen II 150 lk. Hay HI – HII = 150 2AI + 3GI - 2AI – 3GI = 150 (*)  Với trường hợp 1 : 13
Thanh Huy_SN.K33_ĐHSP 2011 AI = 40%N ; GI = 10%N AII = 20% N; GII = 30%N → Pt (*) tương đương : 2. 40N + 3.10%N - 2.20%N - 3. 30%N = 150 -20%N = 150 → N = -750 ( loại)  Với trường hợp 2 AI = 10%N ; G = 40%N AII = 20%N ; G = 10% N → Pt(*) tường đương : 2.10%N + 3.40%N – 2.20%N - 3. 30%N = 150 10% N = 150 → N =1500 Nu – Chiều dài của mỗi gen : LI =LII = (1500 : 2). 3,4 = 2550 A0 b. Số liên kết hidro của mỗi gen – Số Nu mỗi loại của gen I : A = T= 10% N = 10% .1500 = 150 (Nu) G =X =40%N = 40% .1500 = 600 (Nu) – Số liên kết Hidro của gen I: 2A + 3G = 2.150 + 3.600 = 2100 – Số Nu mỗi loại của gen II: A =T= 20%N =20%.1500 =300 (Nu) G= X = 30% N = 30%.1500 = 450 (Nu) – Số liên kết Hidro của gen II : 2A + 3G = 2.300 + 3.450 = 1950 c. Số Nu mỗi loại trên từng mạch đơn của gen Xét gen I : – Theo đề bài, ta có : %A1 . %T1 = 0,84% %A1 + %T1 = 2.10% = 20% A1 > T1 – Giải hệ pt ta được: A1 = 6% ; T1 = 14% ( loại) A1= 14% ; T1 = 6% (nhận) – Mặc khác, ta có : G1/X1 = 2/3 G1 = 240 G1 + X1 = 600 X1 = 360 14
Thanh Huy_SN.K33_ĐHSP 2011 – Vậy số Nu mỗi loại trên từng mạch của gen I : A1 = T2 = 14%.N/2 = 14%.750 = 105 (Nu) T1 = A2 = 6%. N/2 = 6%. 750 = 45 (Nu) G1 = X2 = 240 (Nu) X1 = G2 = 360 (Nu) Xét gen II : – Theo đề bài ta có A1 : T1 : G1 :X1 = 1 : 3 :2 :4 – Số Nu mỗi loại trên từng loại trên từng mạch của gen II : A1 = T2 = (750 : 10) .1 = 75 (Nu) T1 = A2 = 75 . 3 = 225 (Nu) G1 = X2 = 75 . 2 = 150 (Nu) T1 =A2 = 75 . 4 =300 (Nu) Bài 11: Gen I và gen II đều có chiều dài là 0,2754 micromet. Gen I có thương số giữa G với một loại Nu khác là 0,8. Gen II có hiệu số giữa G với một loại Nu khác là 630. Trong cùng một thời gian, 2 gen nói trên đã tự nhân đôi một số đợt không bằng nhau và tổng số Nu loại G có trong các gen con tạo ra là 4320. a. Xác định số lần tự sao của mỗi gen? b. Tổng số Nu mỗi loại mà môi trường nội bào cung cấp cho mỗi gen để hoàn tất quá trình tự sao nói trên? c. Tính số liên kết hidro bị phá hủy trong quá trình tự sao cảu 2 gen và số liên kết kidro được hình thành trong các gen con được tạo ra khi kết thúc quá trình tự sao nói trên? Giải a. Xác định số lần tự sao của mỗi gen: Ta có; LI =LII → NI =NII= (2754 : 3,4).2= 1620 (Nu) Xét gen I Theo đề bài, ta có : 2A +2G = 1620 A=T=450 (Nu) G/A= 0,8 G=X = 360 (Nu) Xét gen II - Theo đề bài, ta có : 2A + 2G = 1620 A =T =90 (Nu) G- A = 630 G= X= 720 (Nu) - Gọi x1 là số lần tự sao của gen 1 x2 là số lần tự sao của gen 2 15
Thanh Huy_SN.K33_ĐHSP 2011 Theo đề bài, ta có : x1 x2 x1 x2 x1 x2 GI. 2 + GII. 2 = 4320 360.2 + 720.2 = 4320 2 + 2.2 =12 x1 ≠ x2 x1 ≠ x2 x1 ≠ x2 Biện luận : x1 1 2 3 x2 lẻ 2 1 Loại loại nhận Vậy gen 1 tự sao 3 lần ; gen 2 tự sao 1 lần b. Tổng số Nu mỗi loại môi trường cung cấp Gen 1: 3 ∑Amtcc =∑Tmtcc = (2 -1).450 = 3150(Nu) 3 ∑Gmtcc =∑Xmtcc = (2 -1).360 = 2520 (Nu) Gen 2: ∑Amtcc =∑Tmtcc = 90 (Nu) ∑Gmtcc =∑Xmtcc = 720 (Nu) c. Tổng số liên kết hidro bị phá của 2 gen : 3 Hp = (2 -1) (2AI + 3GI) + (2AII + 3 GII) Bài 12: Một đoạn DNA có A = 32 % tổng số Nu của một mạch. Số liên kết hidro của các cặp G- X nhiều hơn số liên kết hidro của các cặp A-T là 1050. Tính : a. Chiều dài của đoạn DNA b. Số Nu mỗi loại của DNA c. Số liên kết hidro bị phá hủy và số liên kết hidro được hình thành? Biết đoạn DNA tự sao đòi hỏi môi trường cung cấp số Nu loại G la 7650. Giải 16
Thanh Huy_SN.K33_ĐHSP 2011 a. Chiều dài của DNA – Theo đề bài, ta có: A= T = 32%. N/2 = 16%.N= 0,16N G= X= 50 -16 = 43% = 0,34N - Theo giả thiết : 3G - 2A = 1050 3.0,34 N – 2.0,16N = 1050 N= 1500 (Nu) - Chiều dài của ADN : (1500 : 2). 3,4 = 2550 A0 b. Số Nu mỗi loại của ADN A = T= 16%N= 16%.1500 = 240 (Nu) G= X= 34%N= 34%.1500= 510 (Nu) c. Số liên kết Hidro bị phá vỡ và liên kết Hidro hình thành – Gọi x là số lần tự sao (x nguyên dương, x> 0) - Theo đề bài, ta có x ∑Gmtcc = (2 -1).G 7650 = (2x -1). 510 → x =4 Vậy gen tự nhân đôi lần - Số liên kết Hidro bị phá Hp = (2x -1) (2A + 3G) = (24 -1)(2. 240 + 3.510) = 30150 - Số liên kết Hidro hình thành x Hht = 2 .H = 16. 1578= 25248 Bài 13: Trên một đoạn của phân tử DNA: ở mạch thứ nhất có Nu loại A= 15%, G=25%, T=40%. Đoạn DNA này nhân đôi liên tiếp mà ở đợt nhân đôi đầu tiên đã có 3000 G tự do bổ sung cho mạch 1 của DNA. a. Tìm số Nu từng loại ở mỗi mạch của DNA. b. Có bao nhiêu gen con được tạo ra khi môi trường nội bào cung cấp cho quá trình tự nhân đôi của đoạn DNA đó 17250 X tự do? Trong số DNA con có bao nhiêu DNA được hình thành từ nguyên liệu hoàn toàn mới. Giải 17
Thanh Huy_SN.K33_ĐHSP 2011 a. Số Nu từng loại ở mỗi mạch của DNA – Theo đề bài, ta có: A1 = T2 = 15% G1= X2 = 25% T1 = A2 = 40% X1 = G2 = 100 – (15 + 25 + 40) = 20% Ta có :Gtd = X1 =G2 = 3000 tương ứng với 20% số Nu của 1 mạch. Mà : %G1 = G1.100% N/2 - Suy ra tổng số Nu của 1 mạch : N/2 = G1. 100 = 3000. 100 = 1500 (Nu) G1 2 - Số Nu từng loại của mỗi mạch : A1 = T2 = 15%.N/2= 15%. 1500 = 2250 (Nu) T1=A2= 40%.N/2= 40%. 1500 = 6000 (Nu) G1 = X2= 3000 (Nu) X1= G2= 20%.N/2= 20%. 1500 = 3750(Nu) b. Số gen con tạo thành - Theo đề bài, ta có X tự do : x Xtd = X ( 2 -1) x → 2 = (Xtd : X) + 1 = [47250 : (3000+ 3750)] + 1 = 8 Vậy số gen con tạo thành là 2x= 8 gen con Bài 14: Có 2 gen dài bằng nhau. Trong quá trình tự nhân đôi cảu 2 gen người ta thấy tốc độ tự nhân đôi của gen 1 lớn hơn tốc độ tự nhân đôi của gen 2 sau cùng một thời gian. Tổng số gen con sinh ra là 24. a. Tìm số lần tự nhân đôi của mỗi gen. b. Trong quá trình tự nhân đôi trên của 2 gen, môi trường nội bào đã cung cấp tất cả là 46200 Nu tự do. Tính chiều dài mỗi gen c. Gen 1 có tích số % giữa A với một loại không cùng nhóm bổ sung là 9%. Tính số Nu tự do mỗi loại cần dùng cho quá trình tự sao nói trên của từng gen. biết Giải 18
Thanh Huy_SN.K33_ĐHSP 2011 a. Số lần tự nhân đôi của mỗi gen Gọi x1 là số lần tự nhân đôi của gen 1 x2 là số lần tự nhân đôi của gen 2 . (x1,x2 nguyên dương) - Vì tốc độ nhân đôi của gen 1 lớn hơn gen 2 nên : x1 > x2 - Theo đề bài, ta có: x1 > x2 2x1 + 2x2 = 24 Biện luận : x1 1 2 3 4 x2 lẻ lẻ 4 3 Loại loại loại nhận - Vậy gen 1 nhân đôi 4 lần Gen 2 nhân đôi 3 lần b. Chiều dài mỗi gen - Theo đề bài, ta có : LI = LII → NI =NII (1) - Môi trường nội bào cung cấp cho 2 gen nhân đôi là : NI(2x1 -1) + NII(2x2 -1) = 46200 15NI + 7 NII = 46200 (2) - Từ (1) và (2), ta có NI =NII 15NI + 7 NII = 46200 → NI= NII= 2100 (Nu) Suy ra chiều dài gen I bằng chiều dài gen II : (2100:2). 3,4 = 3570 A0 c. Số Nu mỗi loại môi trường cung cấp cho mỗi gen. Xét gen 2: Theo đề bài, ta có: G.X= 9% G= X – Giải hệ pt ta được : G= X= 30% - Số Nu mỗi loại của gen 2 : G=X= 30%N = 30%.2100 = 630 (Nu) A=T= 20%N= 20%. 2100= 420 (Nu) - Số Nu mỗi loại môi trường cung cấp cho gen 2 tự sao 3 ∑Amtcc =∑Tmtcc = 420 (2 -1) = 2940 (Nu) 3 ∑Gmtcc =∑Xmtcc = 630 (2 -1) = 4410 (Nu) 19
Thanh Huy_SN.K33_ĐHSP 2011 Xét gen 1 : - Theo đề bài, ta có : A.G = 4% A.G= 0,04 (1) A +G = 50% G = 0,5 - A (2) – Lấy (2) thế vào (1) ta được : A(0,5 -A) = 0,04 A2 – 0,5 A + 0,04 = 0 (*) – Giải pt (*) ta được: A = 10 % hoặc A = 40% Trường hợp 1: A=T= 10%N= 10%.2100 = 210 (Nu) G=X= 40%N = 40%.2100 = 840(Nu) – Theo giả thiết : AI > TII, mà với trường hợp này : AI = 210 TII = 420 . ( nhận) - Vậy số Nu mỗi loại mỗi loại môi trường nội bào cung cấp cho gen 1 tự sao : 4 ∑Amtcc =∑Tmtcc = 840. (2 -1) = 12600 (Nu) 4 ∑Gmtcc =∑Xmtcc = 210 . (2 -1)= 3150 (Nu) Bài 15 : Trên một đoạn của phân tử DNA xét 2 gen, gen I có số Nu loại T gấp lần một loại Nu khác và có số liên kết hidro giữa các cặp A-T là 900. Trên mạch 1 cảu gen 1 có G=10%, mạch 2 có A=20%. Gen 2 số liên kết hidro nhiều hơn gen 1 là 2100 và có hiệu số giữa G với một loại Nu khác là 10%. Trên mạch 1 của gen có G/X = 1/5 và hiệu số giữa Nu loại A và T là 150. a. Xác định chiều dài mỗi gen b. Tính số lượng từng loại và tỉ lệ từng loại Nu trên từng mạch đơn của mỗi gen c. Tổng số liên kết hóa trị có trong đoạn DNA nói trên Giải 20
Thanh Huy_SN.K33_ĐHSP 2011 a. Chiều dài mỗi gen Xét gen 1: - Theo đề bài, ta có: T =1,5X A= T= 450 (Nu) 2T= 900 G=X = 300 (Nu) - Tổng số Nu của gen I : 2A + 2G = 2.450 + 2. 300 = 1500 (Nu) - Chiều dài gen I (1500 :2) . 3,4 = 2250 A0 = 0,225 micromet Xét gen II: - Số liên kết Hidro của gen I: HI = 2A + 3G = 2.450 + 3. 300 = 1800 - Số liên kết Hidro gen II: 1800 + 2100 = 3900 Hay 2A + 3G = 3900 Mặc khác, ta có: A + G = 50 % A = T = 20%N= 0,2N (2) G – A = 10% G=X = 30 %N = 0,3N (3) - Lấy (2), (3) thay vào (1) ta được : 2.0,2N + 3.0,3N= 3900 → N = 3000 (Nu) - Chiều dài gen 2 : (3000 : 2).3,4 = 5100 A0 = 0,51 (micromet) b. Số lượng và tỉ lệ % từng loại Nu trên mỗi mạch đơn của mỗi gen Xét gen 1 : G1 = X2 = 10%.N/2 = 10%.750 = 75 G2 =X1 = G – G1 = 300 -75 = 225 A2 = T1 = 20%.N/2 = 20%.750 = 150 A1=T2 = A – A1 = 450 -150 = 225 Xét gen 2 : - Theo đề bài, ta có : A1 – T1 = 150 A1 = T2 = 375 (Nu) A1 + T1 = 600 T1 = A2 = 225 (Nu) 21
Thanh Huy_SN.K33_ĐHSP 2011 - Mặc khác, ta có : G1 /X1 = 1/5 X1 =5G1 G1 =X2 = 150 G1 + X1 = 900 G1 + X1 = 900 X1 = G2 = 750 - Vậy số Nu mỗi loại của gen 2: A1 = T2 = 375 (Nu) T1 = A2 = 225 (Nu) G1 =X2 = 150 (Nu) X1 = G2 = 750 (Nu) c. Số liên kết cộng hóa trị trong đoạn DNA HT = 2(NI – 1) + 2(NII -1) = 2.(1500 -1) + 2( 3000 -1) = 8996 Bài 16: Một gen chưa 1725 lk Hidro. Khi gen tự sao 1 lần, 2 mạch đơn của gen tách rời nhau, người ta thấy trên mỗi mạch đơn chỉ có 2 loại Nu. Số Nu loại A của môi trường đến liên kết với mạch 1 của gen là 525. a. Tính số Nu mỗi loại trên từng mạch của gen và trong gen? b. Nếu quá trình tự sao của gen nói trên, môi trường đã phải cung cấp 1575 Nu loại G để tạo các gen con, thì gen đã tự sao mấy lần? Số liên kết hidro và số liên kết hóa trị trong các gen con tạo ra hoàn toàn từ Nu tự do trong môi trường khi kết thúc đợt tự sao cuối cùng là bao nhiêu? Giải a. Số Nu mỗi loại trên từng mạch của gen và trong gen - Theo đề bài, ta có: Atd = T1 =A2 = 525 Và H= 2A + 3G = 1725 - Theo giả thiết, khi gen nhân đôi 1 lần, 2 mạch đơn tách nhau ra và chỉ có 2 loại Nu trên mỗi mạch đơn. Mà trong 2 loại Nu đó trên mạch 1, đã có 1 Nu loại T ( vì có A tự do đến bổ sung) ? Mạch 2 A2 A tự do 22
Thanh Huy_SN.K33_ĐHSP 2011 Mạch 1 T1 ? Vậy 1 Nu còn lại có thể là : A hoặc G hoặc X - Như vậy, ta có 3 trường hợp sau : Trường hợp 1 : mỗi mạch có 2 loại Nu là T và A Khi đó, ta có : A =T - Mà theo đề bài số liên kết Hidro là 1725 nên ta có : H = 2A = 1725 → A = T =862,5 (loại) ( liên kết Hidro = 2A + 3G, mà gen chỉ có 2 loại Nu A và T, nên chỉ có liên kết Hidro giữa A và T đó là 2A mà không có liên kết Hidro giữa G và X) Trường hợp 2 : mỗi mạch có 2 loại Nu là T và G - Ta có : A= T =525 Mà theo đề bài : H = 2A + 3G= 1725 → G= 1725 – 2. 525 = 225 (Nu) 3 - Số Nu mỗi loại trên từng mạch của gen : T1 = A2 = 525 (Nu) G1 = X2 = 225 (Nu) - Số Nu mỗi loại trong gen : A= T = 525 + 525 = 1050 (Nu) G= X= 225 + 225 = 450 (Nu) Trường hợp 3: mỗi mạch có 2 loại Nu là T và X Vì G bổ sung với X, nên trường hợp này tương tự trường hợp 2. b. Số lần tự sao của gen. - Gọi x là số lần tự sao của gen. (x nguyên dương) - Theo đề bài, môi trường nội bào cung cấp cho Nu loại G : x ∑Gmtcc = G (2 -1) 1575 = 225 (2x -1) → 2x = 8 → x =3 Vậy gen tự sao 3 lần. Số liên kết Hidro tạo thành: H. (24 - 2)= 1725 . 14 = 24150 Số liên kết hóa trị trong các gen con tạo thành: HTht = (2x – 2). 2 . (N -1) = 14.2. [(2.525 + 2.225) -1] = 41972 23
Thanh Huy_SN.K33_ĐHSP 2011 Bài 17 Trong một tế bào xét gen I và gen II có cùng số liên kết hidro, nhưng gen I dài hơn gen II là 34 A0. Khi tế bào chứa hai gen nói trên nguyên phân 4 lần thì môi trường đã phải cung cấp cho hai gen 5550 Nu loại A và 9300 Nu loại G. a. Tính chiều dài của mỗi gen theo micromet b. Tính số liên kết hidro của mỗi gen. c. Tính số liên kết hóa trị được hình thành trong tất cả các gen con được tạo ra từ các N tự do trong môi trường khi hai gen sử dụng hết số nguyên liệu loại A và G nói trên để tự sao. Giải a. Chiều dài của mỗi gen : Theo đề bài, ta có: + Số liên kết hidro của 2 gen bằng nhau : HI = HII 2AI + 3GI = 2AII + 3GII 2AI + 3GI - 2AII - 3GII =0 (1) 0 + LI – LII = 34 A NI - NII = 20 2AI + 2GI - 2AII - 2GII =20 AI + GI - AII - GII =10 (2) + Môi trường cung cấp cho Nu loại A : 4 4 (2 -1)AI + (2 -1)AII = 5530 AI + AII = 370 (3) + Môi trường cung cấp cho Nu loại G 4 4 (2 -1)GI + (2 -1)GII = 9300 GI + GII = 620 (4) - Từ (1), (2),(3),(4) ta có : 2AI + 3GI - 2AII - 3GII =0 (1) AI + GI - AII - GII =10 (2) AI + AII = 370 (3) GI + GII = 620 (4) 24
Thanh Huy_SN.K33_ĐHSP 2011 - Giải hệ pt ta được : AI = 200 GI= 300 AII = 170 GII = 320 - Tổng số Nu của gen I : 2.200 + 2.300 = 1000 - Chiều dài gen I (1000 :2). 3,4 = 1700 A0 - Tổng số Nu của gen II: 2.170 + 2. 320 = 980 - Chiều dài gen II: (980:2). 3,4 = 1660 A0 b. Số liên kết Hidro của mỗi gen HI =HII = 2AI + 3GII = 2.200 + 3.300 = 1300 Bài 18: Một gen tự sao một số lần, trong số các mạch đơn được tạo ra, người ta thấy có 14 mạch được cấy tạo từ nguyên liệu mới hoàn toàn, tỉ lệ các loại Nu môi trường cung cấp để tạo ra số mạch đơn đó là Atd : Ttd:Gtd:Xtd = 1:1:3:3 trong đó Atd = 875 a. Xác định số lần tự sao của gen b. Xác định số nu mỗi loại của gen. c. Xác định số liên kết hidro bị phá hủy khi gen tự sao để tạo ra số mạch đơn trên . d. Tổng số liên kết hóa trị có trong các gen con mới được tạo thêm trong lần tự sao cuối cùng. Giải a. Số lần tự sao của gen: Gen qua quá trình tự nhân đôi tạo thành 14 mạch có nguyên liệu hoàn toàn mới tương đương với 7 gen con có nguyên liệu hoàn toàn mới. - Gọi x là số lần tự nhân đôi của gen (x nguyên, x >0) Ta có: (2x -1) =7 2x =8 → x =3 Vậy gen tự nhân đôi 3 lần 25
Thanh Huy_SN.K33_ĐHSP 2011 b. Số Nu mỗi loại của gen : - Theo đề bài, ta có + Số Nu loại A môi trường cung cấp. ∑Atd = (23 -1) . A 875 = 7.A → A =T = 125 (Nu) + Số Nu loại G môi trường cung cấp : ∑Gtd = (23 -1) .G 2625 = 7.G → G=X= 375 (Nu) - Vậy số Nu mỗi loại của gen : A =T = 125 (Nu) G=X= 375 (Nu) c. Số liên kết H bị phá hủy Hp = (2A + 3G) (2x -1) = (2.125 + 3.375) .7 = 9625 d. Tổng số liên kết hóa trị có trong các gen con mới được tạo thêm. Bài 19: Hai gen có chiều dài bằng nhau. Gen I có tích số giữa G và X là 4% và số liên kết hidro cau gen là 2880. Khi 2 gen này tự nhân đôi liên tiếp cùng một số lần, môi trường nội bào đã cung cấp 5880 Nu loại A. a. Tìm chiều dài mỗi gen b. Tìm số Nu mỗi loại của gen II c. Tìm số Nu mỗi loại mà môi trường cung cấp cho quá trình tự nhân đôi mỗi gen. Giải a. Chiều dài của mỗi gen - Theo đề bài, ta có: LI =LII → NI =NII Xét gen 1 : - Theo đề bài : G.X = 4% G =X → G=X= 20%N = 0,2N (1) Suy ra A=T= 30%N= 0,3N (2) 26
Thanh Huy_SN.K33_ĐHSP 2011 - Số liên kết Hidro của gen I : 2A + 3G = 2880 0,2N + 3. 0,3N= 2880 NI = NII = 2400 - Chiều dài gen I = chiều dài gen II: (2400 : 2).3,4 = 4080 (A0) b. Số Nu mỗi loại của gen II: - Số Nu mỗi loại của genI A=T= 30%N= 30%. 2400 = 720 (Nu) G=X= 20%N= 20%.2400 = 480 (Nu) - Gọi x1 là số lần tự sao của gen I x2 là số lần tự sao của gen II (x1,x2 nguyên dương) x1 = x2 = x - Môi trường nội bào cung cấp cho Nu loại A: ∑Amtcc = AI(2x -1) + AII (2x -1) 5880 = (720 + AII) (2x -1) - Biện luận : x=1 → AII = 2220 > N/2 (loại) x = 2 → AII = 1240 > N/2 (loại ) x =3 → AII =120 < N/2 ( nhận) x =4 → AII = -328 (loại) Vậy gen 2 đã nhân đôi 3 lần. - Số Nu mỗi loại của gen II : A =T = 120 (Nu) G=X= N/2 -120 = 1200 -120 = 1080 (Nu) c. Số Nu mỗi loại môi trường cung cấp cho mỗi gen - Số Nu mỗi loại môi trường cung cấp cho gen I : 3 ∑Amtcc =∑Tmtcc = 720. (2 -1) = 5040(Nu) 3 ∑Gmtcc =∑Xmtcc = 480 . (2 -1)= 3360(Nu) - Số Nu mỗi loại môi trường cung cấp cho gen II 3 ∑Amtcc =∑Tmtcc = 120. (2 -1) = 840 (Nu) 3 ∑Gmtcc =∑Xmtcc = 1080. (2 -1)= 7560 (Nu) 27
Thanh Huy_SN.K33_ĐHSP 2011 Bài 20: Một phân tử mARN có 448 bộ ba mã sao gồm các loại AXA, XXA,AXX,XAX lần lượt phân chia theo tỉ lệ 1:3:5:7 a. Tính số rNu mỗi loại của phân tử mARN b. Tính số liên kết hóa trị được hình thành giữa các rNu trên phân tử mARN ? Tính chiều dài của phân tử mARN nói trên còn có khả năng hình thành thêm bao nhiêu bộ ba mã sao? Viết các bộ ba mã sao đó Giải a. Số rN mỗi loại của phân tử mARN - Số lượng từng loại bộ ba: + AXA = (448 : 16) .1 = 28 + XXA = 28 . 3 = 84 + AXX = 28 . 5 = 140 + XAX = 28 . 7 = 196 - Số lượng từng loại rN: rA = 28.2 + 84 + 140 + 196 = 476 rX = 28 + 84.2 + 140 .2 + 196.2 = 868 b. Số liên kết hóa trị được hình thành giữa các rNu trên phân tử mARN - Tổng số Nu của gen: (rA + rX).2 = (476 + 868).2 = 2688 - Số liên kết Hóa trị hình thành: HTht = rN -1 = 1344 -1 = 1343 - Chiều dài phân tử mARN: lmARN = rN .3,4 = 1344 , 3,4 = 45696 A0 Khả năng hình thành số bộ ba: - Nếu aa được hình thành từ 1 loại Nu → số bộ ba = 13 = 1 “ 2 loại Nu → số bộ ba = 23 = 8 “ 3 loại Nu → số bộ ba = 33 = 27 “ 4 loại Nu → số bộ ba = 43 =64 - Vì các aa được hình thành từ 2 loại Nu nên số bộ ba là 23 = 8 - Các bộ ba đó là: AAA, AAX XAA, XAX AXA, AXX XXA, XXX 28
Thanh Huy_SN.K33_ĐHSP 2011 Bài 21: Một gen có chiều dài 0,51 micromet, trong đó hiều số giữa A với một loại Nu khác là 300. Trên mạch đơn thứ nhất có T= 400 và bằng 2/3 số Nu loại G ở mạch đơn thứ hai. Trong quá trình tổng hợp mARN , môi trường đã cung câos 1000 rNu loại A. hãy xác định: a. Số Nu mỗi loại có trong gen và trên từng mạch của mỗi gen b. Mạch mang mã gốc và số lần sao mã của gen c. Số rNu mỗi loại trong phân tử mARN d. Số lượng bộ ba mã sao và số loại bộ ba mã sao tối đa có thể được hình thành trên mỗi phân tử mARN. Viết các bộ ba mã sao đó. Giải a. Số Nu mỗi loại trong gen và từng mạch của gen - Tổng số Nu của gen: (5100 : 3,4).2 = 3000 (Nu) - Theo đề bài, ta có: A + G = 1500 A=T=900 (Nu) A – G = 300 G=X= 600 (Nu) - Số Nu mỗi loại trên mạch đơn thứ nhất : T1 = A2 = 400 (Nu) A1 = T2 = A – A1 = 900 – 400 = 500 (Nu) G2 = X1 = 3/2.T1= (3.400) : 2 = 600 (Nu) G1 = X2 = 600 – 600 = 0 b. Xác định mạch mã gốc và số lần sao mã. - Gọi k là số lần sao mã của gen (k € N*) Giả sử mạch gốc là mạch 1 : Theo đề bài, ta có : ∑rAmtcc = rA. = T1. k 1000 = 400.k → k= 2,5 (loại) Giả sử mạch 2 là mạch gốc : ∑rAmtcc = rA. k = T2. k 1000 = 500. k → k =2 (nhận) - Vậy mạch gốc là mạch 2 Số lần sao mã là 2. 29
Thanh Huy_SN.K33_ĐHSP 2011 c. Số rN mỗi loại trong phân tử mARN Với mạch 2 là mạch gốc, ta có : rA =T2 = 500 rU= A2 = 400 rX = G2= 600 rG= X2 = 0 d. Số bộ ba mã sao trên phân tử mARN Số bộ ba = rN : 3 = 1500 : 3 = 500 số loại bộ ba mã sao tối đa có thể được hình thành trên mỗi phân tử mARN UAX ; UXA ; XUA ; XAU ; AUX ; AXU Bài 22: Một gen có chiều dài 0,408 micromet, hiệu số giữa Nu loại A với một loại Nu khác là 450. Mạch 1 của gen có T1 =10% số Nu của mạch, mạch 2 của gen có G2 = ¼ X2. Khi gen sao mã, môi trường nội bào đã phải cung cấp số rNu loại G = 450. a. Xác định số Nu mỗi loại trên từng mạch của gen b. Xác định mạch magn mã gốc và số lần sao mã của gen. c. Số rNu mỗi loại trong mARN tương ứng. d. Số rNu mỗi loại còn lại mà môi trường nội bào phải cung cấp cho gen hoàn tất quá trình sao mã. Giải a. Số Nu mỗi loại trên từng mạch của gen: - Tổng số Nu của gen: (4080 : 3,4) .2 = 2400 (Nu) - Theo đề bài, ta có: A –G = 450 A= T= 825 (Nu) A + G= N/2= 1200 G= X= 375 (Nu) - Trên mạch đơn thứ nhất : T1 = A2 = 10%. N/2 = 10%.1200 = 120 (Nu) T2 = A1 = A – A1 = 825 – 120 = 705 (Nu) - Trên mạch đơn thứ hai : G2 = 1/4X2 G2 =X1 = 75 (Nu) G1 + G2 = X2 + G2 = 375 X2= G1 = 300 (Nu) 30
Thanh Huy_SN.K33_ĐHSP 2011 - Vậy số Nu mỗi loại trên từng mạch của gen: A1 =T2 = 120 (Nu) T1 = A2 = 705 (Nu) G1= X2 = 300 (Nu) X1 =G2= 75 (Nu) b. Xác định mạch gốc và số lần sao mã Gọi k là số lần sao mã của gen (k nguyên dương) Giả sử mạch gốc là mạch 2 : - Theo đề bài, ta có : ∑rGmtcc = rG. k = X2 .k 450 = 300.k → k = 1.5 (loại) Giả sử mạch 1 là mạch gốc : - Theo đề bài, ta có : ∑rGmtcc = rG.k = X2 .k 450 = 75.k → k = 6 (nhận) - Vậy mạch thứ hai là mạch gốc. Với 6 lần sao mã. c. Số rN mỗi loại trong mARN rA=T1= 705 rU=A1= 120 rG=X1= 75 rX=G1= 300 d. Số rN tự do mỗi loại môi trường cung cấp. rAtd = rA.k = 705.6 = 4320 rUtd = rU.k = 120. 6 = 720 rGtd = rG.k = 300. 6 = 1800 Bài 23: Hai gen trong một tế bào đều có chiều dài 0,408 micromet. Gen I có 15% A. Hai gen đó nhân đôi một lần cần môi trường nội bào cung cấp thêm 1320 G. phân tử mARN 1 sinh ra từ một trong hai gen có 35%U và 15% X. phân tử mARN 2 sinh ra từ gen còn lại có 15%U và 35%X. Hai gen nói trên đều sao mã và đòi hỏi môi trường nôi bào cung cấp 2040 rNu. a. Số lượng từng loại Nu của mỗi gen. b. Số lượng từng loại rNu của mỗi phân tử mARN. c. Số lần sao mã của mỗi gen. 31
Thanh Huy_SN.K33_ĐHSP 2011 Giải a. Số lượng từng loại Nu của mỗi gen - Tổng số Nu của gen: (4080 :3,4).2= 2400 (Nu) - Số Nu mỗi loại của gen 1: A= T = 15%N = 15%.2400 = 360 (Nu) G=X= 2400/2 – 360 = 840 (Nu) - Khi 2 gen nhân đôi 1 lần, môi trường cung cấp cho Nu loại G: ∑(GI + GII)mtcc = GI + GII 1320 = 840 + GII → GII = 480 - Số Nu mỗi loại của gen II: G= X = 480 (Nu) A=T= 2400/2 – 480 = 720 (Nu) b. Số lượng từng loại rN của mỗi phân tử mARN - Giả sử mARN1 được tạo ra từ gen I Ta có: rU = 35%.N/2 = 35%.1200 = 420 (Nu) rA = A – rU = 360 -420 = -60 < 0 (loại) vậy mARN1 được tạo ra từ gen II. - Số lượng từng loại rN của mARN1 được tạo ra từ gen II : rU= 420 rA= A –rU = 720 -420 =300 rX = 15%.rN= 15%.1200 = 180 rG= G – rX = 480 – 180 = 300 (Nu) - Số lượng từng loại rN của mARN2 được tạo ra từ gen I : rU= 15%.rN= 15%.1200= 180 (Nu) rA = A – rU = 360 -180 = 180 (Nu) rX= 35%.rN= 35%.1200 = 420 (Nu) rG= G – rX = 840 – 420 = 420 (Nu) c. Số lần sao mã của mỗi gen : - Gọi k1 là số lần sao mã của gen I k2 là số lần sao mã của gen II (k1,k2 nguyên dương) - Theo đề bài, môi trường nôi bào cung cấp 2040 rNu. ∑(rUI + rUII)mtcc = rUI. k1 + rUII.k2 2040 = 180.k1 + 420.k2 3k1 + 7k2 = 34 32
Thanh Huy_SN.K33_ĐHSP 2011 - Biện luận: k1 1 2 3 4 k2 lẻ 4 lẻ lẻ loại nhận loại loại vậy gen I sao mã 2 lần gen II sao mã 4 lần Bài 24: Một gen tái sinh nhiều đợt trong mội trường chứa toàn bộ các Nu đánh dấu. Trong các gen con sinh ra thấy có 6 mạch đơn đều chứa các Nu được đánh dấu còn hai đơn chứa các Nu bình thường không đánh dấu. Mạch đơn thứ nhất chứa các Nu không đánh dấu có 255 A và 375G. mạch đơn thứ hai chứa các Nu không đánh dấu có 300A và 600G a. Số lượng từng loại Nu được đánh dấu lấy từ môi trường nôi bào phục vụ cho quá trình tái sinh trên là bao nhiêu? b. Khi gen mẹ sao mã một lần cần tỉ lệ % và số lượng loại rNu tự do trong môi trường nội bào là bao nhiêu? c. Giải thiết rằng bộ ba mã sao kết thúc là UAG thì số lượng từng loại rb trong các bộ ba đối mã của các phân tử tARN tới giải mã một phân tử mARN là bao nhiêu? Giải a. Số lượng từng loại Nu được đánh dấu - Các gen con sinh ra có 6 mạch đơn chứa các Nu đánh dấu ( nguyên liệu mới) và 2 mạch đơn của bố mẹ. - Vậy có 8 mạch đơn được tạo ra qua quá trình tái sinh tương đương 4 DNA con. Gọi x là số lần tự sao của gen: Ta có: 2x = 4 → x =2 Vậy gen tự sao 2 lần. - Trên mạch đơn thứ nhất của gen không đánh dấu: A1 =T1 =225 (Nu) G1 = X2 = 375 (Nu) - Trên mạch đơn thứ hai của gen không đánh dấu: A2 = T1 = 300 (Nu) G2 = X1 = 600 (Nu) 33
Thanh Huy_SN.K33_ĐHSP 2011 - Số Nu từng loại của gen: A= T= A1 + A2 = 225 + 300 = 525 (Nu) G= X = G1 + G2 = 375 + 600 = 975 (Nu) - Số lượng từng loại Nu được đánh dấu 2 Ađd = Tđd = (2 -1) .525 = 1575 (Nu) 2 Gđd = Xđd = (2 -1). 975 = 2925 (Nu) Bài 25 Để tổng hợp một phân tử mARN, một gen đã phải đứt 3600 liên lết hidro và cần môi trường nội bào cung cấp 375 U , 525 A. Gen đó sao mã không vượt quá 5 lần đã cần 465 G. Gen đó lại tiếp tục sao mã cho một số phân tử mARN khác cần 775G. a. Tính chiều dài và số lượng từng loại Nu b. Tính số lượng từng loại rN của một phân tử mARN sinh ra từ gen trên là bao nhiêu? Giải a. Chiều dài và số lượng từng loại Nu - Số liên kết Hidro bị đứt = số liên kết Hidro của gen = 2A + 3G = 3600 (1) - Khi gen sao mã cần môi trường cung cấp: rU = 375 ; rA = 525 - Theo đề bài, ta có : rU =Amg =Tbs = 375 (Nu) rA = Tmg = Abs = 525 (Nu) Suy ra A= Amg + Abs = 375 + 525 = 900 thế vào (1) ta được : 2.900 + 3G= 3600 G = 600 (Nu) - Tổng số nu của gen: 2A + 2G = 2.900 + 2.600 = 3000 (Nu) - Chiều dài của gen: (3000 : 2). 3,4 = 5100 (A0) b. Số lượng từng loại rN của một phân tử mARN Gọi k1 là số lần sao mã lần thứ nhất k2 là số lần sao mã lần thứ hai (k1,k2 nguyên dương) - Theo đề bài, ta có: Gmg. k1 = 456 Gmg. k2 = 775 34
Thanh Huy_SN.K33_ĐHSP 2011 - Biện luận : k1 1 2 3 4 5 Gmg 456 232,5 155 116,25 93 k2 lẻ lẻ 5 lẻ lẻ loại loại nhận loại loại - Số lượng từng loại rN của mARN : rA = Amg = 375 (rN) rT= Tmg = 525 (rN) rG = Gmg = 155 (rN) rX = N/2 – (Amg + Tmg + Gmg) = 1500 – ( 375 + 525 + 155) = 445 (rN) Bài 26: Một gen có tổng số 2 loại Nu là 40% số Nu của gen. Gen đó tự nhân đôi 2 đợt liên tiếp đã đòi hỏi môi trường nội bào cung cấp thêm 9000 Nu. Khi các gen con sinh ra đều sao mã 1 lần thì đã cần tất cả 2908U và 1988 G. a. Tính chiều dài của gen b. Số lượng từng loại Nu của mỗi gen con c. Số lượng từng loại rN của mỗi phân tử mARN sinh ra từ gen trên là bao nhiêu? Giải a. Chiều dài của gen - Tổng số Nu của gen Ta có: ∑Nmtcc = (22 -1). N 9000 = 3. N → N = 3000 (Nu) - Chiều dài của gen: (3000 : 2).3,4 = 5100 A0 b. Số Nu từng loại của các gen con Trường hợp 1 : A + T = 40% A =T Suy ra A = T = 20% N= 20%.3000 = 600 (Nu) G =X =30% N = 30%.3000 = 900 (Nu) 35
Thanh Huy_SN.K33_ĐHSP 2011 - Số lượng từng loại Nu của mỗi gen con A =T =600 (Nu) G =X = 900 (Nu) - Khi đó , ta có : rU = 2908 : 4 = 727 > A = 600 (loại) Trường hợp 2 : G + X = 40% A =X Suy ra G = X = 20% N= 20%.3000 = 600 (Nu) A =T= 30% N = 30%.3000 = 900 (Nu) - Số lượng từng loại Nu của mỗi gen con A =T =900 (Nu) G =X = 600 (Nu) - Khi đó , ta có : rU = 2908 : 4 = 727 < A =900 rG = 1988 : 4 =497 < G =600 (nhận) - Vậy số Nu từng loại của mỗi gen con : A= T = 900 (Nu) G =X = 600 (Nu) c. Số lượng từng loại rN của mỗi phân tử mARN rU = 2908 : 4 =727 rA = A –rU = 900 – 727 = 173 rG = 1988 : 4 = 497 rX =G – rX = 600 -497 = 103 Bài 27: Một gen khi tự nhân đôi tạo 2 gen con đã làm đứt 4050 liên kết Hidro và đòi hỏi môi trường nội bào cung cấp 3000 Nu tự do. Hai gen con đều thực hiện sao mã một lần đã đòi hỏi môi trường nội bào cung cấp 600 U và 1200X. a. Xác định tỉ lệ % và số lượng Nu mỗi loại của gen ban đầu. b. Số lượng từng loại Nu trong mỗi mạch đơn của gen con là bao nhiêu? c. Mỗi rN trên đều cho 5 riboxom trượt qua thì số lượt phân tử tARN đều giải mã bằng bao nhiêu? 36
Thanh Huy_SN.K33_ĐHSP 2011 Giải a. Tỉ lệ % và số lượng Nu mỗi loại của gen ban đầu: - Vì gen nhân đôi tạo 2 gen con nên gen nhân đôi 1 lần Suy ra số Nu của gen = số Nu mtcc = 3000 (Nu) Hay : 2A + 2G = 3000 (1) - Mặc khác, ta có số liên kết Hidro: 2A + 3G = 4050 (2) - Từ (1) và (2) ta có: 2A + 2G = 3000 A= T = 450 (Nu) 2A + 3G = 4050 G= X= 1050 (Nu) - Số lượng từng loại Nu của gen: A= T = 450 (Nu) G= X= 1050 (Nu) b. Số lượng từng loại Nu trong mỗi mạch đơn của gen con - Theo đề bài và theo NTBS, ta có: rUI + rUII = 600 → AmgI + AmgII = rGI + rGII = 1200 37
Thanh Huy_SN.K33_ĐHSP 2011 Bài 28: Một phân tử DNA chưa 2 gen. Gen I bằng ½ chiều dài gen II. Mạch thứ nhất của gen I có 100A, 150T. Khi gen I tổng hợp phân tử mARN đã đòi hỏi môi trường nội bào cung cấp 900 U, 1200G và 1800 X. Mạch thứ nhất của gen II có 200A và trên mạch hai có 100A. Gen II tổng hợp phân tử mARN đã đòi hỏi môi trường nội bào cung cấp 800U, 1600A và 4000G. Các phân tử mARN được tổng hợp từ 2 gen đó đều tham gia quá trình giải mã. Trong quá trình đó có 15 riboxom trượt qua 1 lần trên hai loại phân tử mARN tổng hợp từ gen I và gen II. Tổng số 2 loại phân tử protein hoàn chỉnh được tổng hợp từ các phân tử mARN nói trên là 104. Các riboxom trượt với vận tốc bằng nhau và cách đều nhau trên các phân tử mARN. Thời gian riboxom cuối cùng trượt qua hết phân tử mARN tổng hợp từ gen I là 29,9 giây, còn trên phân tử mARN tổng hợp từ gen II là 54,2 giây ( tính từ lúc riboxom thứ nhất bắt đầu tiếp xúc với mỗi phân tử mARN) a.Tìm số lượng mỗi loại Nu trên từng mạch của mỗi gen. b.Tìm số riboxom trượt trên phân tử mARN tổng hợp từ gen I và trên phân từ mARN tổng hợp từ gen II. c.Tính thời gian một riboxom trượt qua hết mỗi loại phân tử mARN nói trên. Tìm vận tốc trượt của riboxom. Giải a. Số lượng mỗi loại Nu trên từng mạch của mỗi gen: - Theo giả thiết, ta có LI =LII suy ra NI =NII Xét gen I : - Theo đề bài : A1 =T2 = 100 T1=A2 =150 - Giả sử mạch 1 là mạch gốc ∑rUmtcc = k.rU= k.A1 9000 = k.100 → k= 9 - Nếu k= 9 thì k=9 cũng là ước của 1200 và 1800 Mà 1200 không chia hết cho 9 (loai) Vậy mạch 2 là mạch là mạch gốc - Số lần sao mã: ∑rUmtcc = k.rU = k.A2 9000 = k.150 → k = 6 38
Thanh Huy_SN.K33_ĐHSP 2011 - Số lượng từng loại Nu của gen I A1 =T2 = 100 (Nu) T1 = A2 = 150 (Nu) X2 = G1 = 1200 : 6 = 200 (Nu) G2 =X1 = 1800 : 6 = 300 (Nu) - Tổng số Nu của gen I : (100 + 150 + 200 + 300 ). 2 = 1500 (Nu) - Tổng số Nu của gen II 1500 .2 =3000 (Nu) Xét gen II Theo đề bài, ta có : A1 = T2 =200 A2 =T1 = 100 - Gọi k2 là số lần sao mã của gen II : - Giả sử mạch 1 là mạch gốc : ∑rUcc =k2.rU= k2.A1 ∑rAcc =k2.rA= k2.T1 800 = k2. 200 1600 = k2.100 k2 = 4 k2 = 16 2 giá trị của k2 khác nhau. (loại) Vậy mạch gốc phải là mạch 2 - Số lần sao mã của gen II : ∑rUcc = k2.rU= k2.A2 800 = k2. 100 k2 = 8 - Số lượng từng loại Nu trên mỗi mạch của gen II: A1 =T2 = 200 (Nu) A2 =T1 = 100 (Nu) G2 = X1= rGcc : k2 = 4000 : 8 = 500 (Nu) X2 = G1 = G – G1 = 1200 – 500 = 700 (Nu) b. Số riboxom trượt trên mARN1 và mARN2: Gọi R1 là số riboxom trượt qua mARN1 (gen 1 sao mã 6 lần) R2 là số riboxom trượt qua mARN2 (gen 2 sao mã 8 lần) - Theo đề bài, ta có : R1 + R2 = 15 R1 = 8 6R1 + 8R2 = 104 R2 = 7 - Vậy có 8 riboxom trượt qua mARN1 7 riboxom trượt qua mARN2 39
Thanh Huy_SN.K33_ĐHSP 2011 c. Thời gian một riboxom trượt qua hết mỗi loại phân tử mARN – Theo đề bài, ta có : – Gọi T1 là thời gian tổng hợp xong pt protein trên phân tử mARN t1 là thời gian tổng hợp xong 1 chuỗi peptit T2 là là thời gian tổng hợp xong pt protein trên phân tử mARN t2 là thời gian tổng hợp xong 1 chuỗi peptit – Theo đề bài, ta có : T1 = t1 + (k1 -1) ∆t → t1 = T1 – (k1 -1) ∆t = 29,9 - 7∆t (1) T2 = t2 + (k2 -1) ∆t → t2 = T2 – (k2 -1) ∆t = 54,2 - 6∆t (2) – Vì thời gian trượt của riboxom bằng nhau và cách đều nhau – Mặc khác, mARN2 dài gấp đôi mARN1. Suy ra : t2 = 2t1 2. (29,9 - 7∆t) = 54,2 - 6∆t → ∆t = 0,7 (s) Vậy thời gian một riboxom trượt hết pt mARN1 là : 29.9 – 7.0,7 =25 s thời gian một riboxom trượt hết pt mARN 2 là : 29.9 – 7.0,7 =50 s Bài 29: Một gen có tổng số 2 loại Nu bằng 40% so với Nu của gen. số liên kết hidro của gen bằng 3900. Gen đó sao mã được một phân tử mARN có 10%U và 20%G. Khi mARN đó giải mã cần 2988 axit amin để tổng hợp nên các phân tử protein hoàn chỉnh. Mỗi axit amin được giải mã xong hết cần 0,1 giây. Khoảng cách thời gian giữa các riboxom kế tiếp nhau trên phân tử mARN đó đều bằng nhau và đều bằng 0,6 giây. a. Tính số lượng từng loại Nu của gen. b. Số lượng từng loại rNu cuả phân tử mARN tổng hợp từ gen đó là bao nhiêu? c. Tính từ lúc axit amin thứ nhất được giải mã, mỗi riboxom trượt qua hết phân tử mARN đó mất bao nhiêu giây? d. Tính vận tốc trượt của riboxom và khoảng cách chiều dài giữa 2 riboxom. Giải a. Số lượng từng loại Nu của gen: - Tổng số 2 loại Nu là 40%, ta có 2 trường hợp : Trường hợp 1: G + X = 40% G = X → G = X = 20% = 0,2N ; A= T = 30% =0,3 40
Thanh Huy_SN.K33_ĐHSP 2011 - Số liên kết Hidro: 2A + 3G = 3900 2.0,3 N + 3.0,2N = 3900 N = 3250 (Nu) - Số lượng từng loại Nu: A = T = 20%N = 30%.3250 = 975 (Nu) G=X= 30% N = 20%.3250 = 650 (Nu) - Ta nhận thấy với trường hợp này tổng số Nu = 3250 Suy ra rU =10%.N/2 = 10%. (3250 :2) =162,5 (Nu) Số Nu luôn là một số nguyên, mà rU =162,5 (loại) Vậy tổng số Nu của loại Nu phải là A và T Trường hợp 2 : A + T = 40% A = T → A = T = 20% = 0,2N ; G= X = 30% =0,3N - Số liên kết Hidro: 2A + 3G = 3900 2.0,2 N + 3.0,3N = 3900 N = 3000 - Số lượng từng loại Nu: A = T = 20%N = 20%.3000 = 600 (Nu) G=X= 30% N = 30%.3000 = 900 (Nu) b. Số lượng từng loại rNu cuả phân tử mARN rU = 10%N/2 =10%. 1500 = 150 (Nu) rA = A – rU = 600 – 150 =450 (Nu) rG = 20%.N/2 = 20%.1500 = 300 (Nu) rX = G – rG = 900 -300 = 600 (Nu) c. Thời gian mỗi riboxom trượt qua hết phân tử mARN - Số bộ ba của mARN : 1500 : 3 = 500 - Gọi Ri là số ribom trượt qua phân tử mARN Ta có : ∑aahc = (aa – 2).Ri 2988 = (500 -2). Ri → Ri = 6 Vậy có 6 riboxom trượt qua phân tử mARN - Thời gian giải mã là 0,1aa/s 41
Thanh Huy_SN.K33_ĐHSP 2011 Suy ra vận tốc giải mã: vt = 10,2 : 0,1 = 102 A0/s vì 1aa 0,1 s 1aa= 3Nu = 3.3,4 =10,2A0 0,1 . 10,2 = 102 A0/s - Thời gian bắt đầu từ riboxom thứ nhất tiếp xúc cho đến khi ra khỏi mARN 0 T = lmARN : vt = [(3000 :2).3,4] : 102 = 50 (A /s) - Thời gian để mỗi riboxom trượt qua hết 1 phân tử mARN + Ri 1 : t = 50 (s) + Ri 2: t2 = 50 + (2 -1). 0,6 = 50,6 (s) + Ri3 : t3 = 50 + (3-1). 0,6 = 51,2 (s) + Ri4 : t4 = 50 + (4-1). 0,6 = 51,8 (s) + Ri5 : t5 = 50 + (5-1). 0,6 = 52,4 (s) + Ri6 : t6 = 50 + (6-`1).0,6 = 53 (s) d. Vận tốc trượt của riboxom và khoảng cách chiều dài giữa 2 riboxom. - Vận tốc trượt của riboxom: 10,2 .0 ,1 = 102 (A0/s) - Khoảng chiều dài giữa 2 riboxom: ∆l = ∆t. vt = 0,6 . 102 = 61,2 A0 Bài 30: Một gen có 20% A và 900G. gen đó sao mã đòi hỏi môi trường nội bào cung cấp 10% U và 15%X. trên phân tử mARN có một số riboxom trượt qua một lần với vận tốc trượt bằng nhau. Khoảng cách thời gian gưiax riboxom thứ nhất và riboxom thứ năm là 3,2 giây. Thời gian riboxom thứ nhất trượt qua hết phân tử mARN là 50 giây. Tính từ lúc riboxom thứ nhất bắt đầu giải mã đến khi riboxom cuối cùng trượt qua hết phân tử mARN là 65,2 giây. a. Tính số lượng từng loại Nu của gen. b. Tính số lượng từng loại rN của một phân tử mARN c. Khoảng cách trung bình giữa 2 riboxom kế tiếp nhau trên phân tử mARN bằng bao nhiêu A0? d. Nếu khoảng cách giữa các riboxom bằng nhau và khi tất cả các riboxom trượt qua hết phân tử mARN nói trên thì môi trường nội bào đã cung cấp bao nhiêu axit amin cho toàn bộ quá trình giải mã đó? 42
Thanh Huy_SN.K33_ĐHSP 2011 Giải a. Số lượng từng loại Nu của gen: - Theo đề bài, ta có: A = T = 20 % G= X = 50% -20% =30% - Mà G= 900 - Tổng số Nu của gen : %G =G.100% → N =G.100 = 900 .100 = 3000 (Nu) N %G 30 - Số Nu mỗi loại của gen: A =T = 20%N =20%.3000 = 600 (Nu) G= X = 30%.N = 30%.3000 = 900 (Nu) b. Số lượng từng loại rN của phân tử mARN rU = 10%.N/2 = 10%. 1500 = 150 (Nu) rA = A – rU = 600 -150 = 450 (Nu) rX = 15%.N/2 = 15%.1500 = 225 (Nu) rG= G – rG = 900 – 225 = 675 (Nu) c. Khoảng cách trung bình giữa 2 riboxom kế tiếp nhau trên phân tử mARN - Theo đề bài, khoảng cách thời gian từ Ri1 đến Ri5 là 3,2 s Hay ( 5 – 1) .∆t = 3,2 → ∆t = 0,8 (s) - Vận tốc trượt của 1 riboxom Vt = lmARN : t1 = [(300 :2). 3,4] : 50 = 102 (A0/s) - Khoảng cách độ dài giữa 2 riboxom kế tiếp nhau: ∆l = ∆t . vt = 0,8 . 102 = 81,6 A0 d. Số axit amin môi trường nội bào cung cấp cho quá trình giải mã : - Theo đề bài, tính từ lúc Ri1 bắt đầu giải mã cho đến Ri cuối cùng trượt qua (hay khoảng cách thời gian từ Ri1 đến Ri5) 65,2 – 50 = 15,2 (s) (k -1) . 0,8 = 15,2 k = 20 Vậy có 20 riboxom trượt qua phân tử mARN - Tổng số axit amin môi trường nội bào cung cấp cho quá trình giải mã : (1500 -1) .20 = 9980 aa 3 43
Thanh Huy_SN.K33_ĐHSP 2011 Bài 31: Mạch 1 của gen có tỉ lệ A:T:X:G = 3:7:4:6 . Gen sao mã 3 lần, môi trường đã cung cấp 1350 rA. Mỗi mARN được tổng hợp đều cho 4 riboxom trượt qua để tổng hợp protein. Khoảng cách giữa các riboxom trên mARN bằng nhau. Tính cùng một thời điểm riboxom thứ tư tổng hợp chậm hơn riboxom thứ nhất 24 axit amin, biết mạch 2 của gen là mạch mã gốc. a. Tính chiều dài, KLPT , tổng số liên kết hóa trị của gen. b. Tính số lượng rN tự do các loại môi trường cung cấp cho gen sao mã. c. Tính số lượng axit amin tự do mà môi trường cần cung cấp và khoảng cách giữa các riboxom trên mARN. Giải a. Chiều dài, KLPT , tổng số liên kết hóa trị của gen. - Theo đề bài, ta có: A1 : G1 : T1 :X1 = 3 : 7 :4 : 6 - Mặc khác, ta có : ∑rAcc = k.rA 1350 = 3. rA → rA =450 - Giả sử mạch 1 là mạch gốc : rA = T1 = 450 suy ra : G1 = 450 x 7 = 787,5 (lẻ) → loại 4 Vậy mạch gốc phải là mạch 2 : - Số lượng từng loại Nu trên từng mạch của gen : A1 = T2 = rA= 450 (Nu) T1= A2 = (450 :3). 4 = 600 (Nu) G1 = X2 = (450 :3). 7 = 1050 (Nu) X1 =G2 = (450 :3) . 6 = 900 (Nu) - Số lượng từng loại Nu của gen : A =T = A1 + A2 = 450 + 600 = 1050 (Nu) G= X = G1 + G2 = 1050 + 900 = 1950 (Nu) - Tổng số Nu của gen : 2A + 2G = 2.1050 + 2.1950 = 6000 (Nu) - Chiều dài của gen: (6000 : 2) .3,4 =10200 A0 44
Thanh Huy_SN.K33_ĐHSP 2011 - Khối lượng phân tử của gen: 6000 . 300 = 18.105 đvC - Số liên kết hóa trị của gen 2N – 2 = 2.6000 – 2 = 11998 b. Số lượng tự do môi trường cung cấp cho gen sao mã: - Với mạch 2 là mạch gốc, ta có: rA = T2 = 450 (Nu) rU= A2 = 600 (Nu) rG= X2 = 1050 (Nu) rX = G2 = 900 (Nu) - Số lượng rN từng loại môi trường cung cấp cho gen sao mã : ∑rAmtcc = 450 . 3= 1350 ∑rUmtcc = 600 . 3= 1800 ∑rGmtcc = 1050 . 3= 3150 ∑rXmtcc = 900 . 3= 2700 c. Số lượng aa tự do môi trường cung cấp và khoảng cách giữa các riboxom - Số bộ ba có trên mARN : 3000 : 3 = 1000 - Gen sao mã 3 lần tạo ra 3 pt mARN, mỗi mARN có 4 riboxom trượt qua Suy ra số pt protein hình thành : 4.3 =12 - Số aa tự do môi trường cung cấp : (1000 -1) .12 = 11988 (aa) Khoảng cách giữa các riboxom trên mARN - Chiều dài của 1 axit amin: 3. 3,4 =10,2 (A0) -Ri1 tổng hợp nhanh hơn Ri4 là : 24 aa = 24 . 10,2 = 244,8 A0 Hay ( 4-1). ∆l = 244,8 → ∆l = 81,6 A0 Bài 32: Một phân tử DNA có chiều dài 1,02mm. mỗi gen trung bình dài bằng 1/2000 chiều dài phân tử DNA. Một gen sao mã 4 lần để tổng hợp mARN. Trong mỗi mARN đều có tỉ lệ rN là rA =2rU =3rG= 4rX a. Tính số lượng và tỉ lệ % mỗi loại Nu trong gen chỉ huy để tổng hợp mARN. b. Tính số lượng rN mỗi loại mà môi trường cung cấp? 45
Thanh Huy_SN.K33_ĐHSP 2011 c. Trên 1 mARN co 5 riboxom trượt qua không trở lại để tổng hợp lipit. Tính cùng một thời điểm riboxom 1 tổng hợp nhiều hơn riboxom 2 : 8 aa , nhiều hơn riboxom 2: 13 aa, nhiều hơn riboxom 4: 20 aa , nhiều hơn riboxom 5: 30 aa. Tính khoảng cách giữa các riboxom trên mARN bằng A0 Tính thời gian tổng hợp xong một phân tử protein ở mỗi ribxom kể từ lúc axit amin đầu tiên được giải mã ở riboxom thứ nhấtd. Biết thời gian giải mã cho một Giải a. Số lượng và tỉ lệ % mỗi loại Nu trong gen 1,02mm = 102.105 - Chiều dài trung bình của một gen 1 . 102.105 = 1020 A0 2000 - Tổng số Nu của 1 gen: (1020: 3,4). 2 = 600 (Nu) - Tổng số rN của 1 pt mARN 600 :2 =300 - Số rN mỗi loại của mARN rA = (300 :10 ) .1 = 30 (Nu) rU = 30 . 2 = 60 (Nu) rG = 30 .3 = 90 (Nu) rX = 30 .4 = 120 (Nu) - Số lượng và tỉ lệ % mỗi loại của gen chỉ huy A =T = rA + rU = 30 + 60= 90 = 90 . 100 = 15% 600 G= X = rG + rX = 90 + 120 = 210 = 210 . 100 = 35% 600 b. Số rN mỗi loại môi trường cung cấp : ∑rAmtcc = 4.30 = 120 ∑rTmtcc = 4.60 = 240 ∑rGmtcc= 4. 90 = 360 ∑rXmtcc = 4.120 = 480 46
Thanh Huy_SN.K33_ĐHSP 2011 c. Khoảng cách giữa các riboxom trên mARN 8 aa Ri5 Ri4 Ri3 Ri2 Ri1 13 aa 20 aa 30 aa - Chiều dài của 1 aa : 3. 3,4 =10,2 (A0) - Khoảng cách giữa Ri1 và Ri2 : 8aa . 10,2 = 81,6 (A0) - Khoảng cách giữa Ri1 và Ri3 : 13aa. 10,2 = 132,6 (A0) - Khoảng cách giữa Ri1 và Ri4 : 20 aa . 10,2 = 204 (A0) - Khoảng cách giưã Ri1 và Ri5 : 30aa . 10,2 = 306 (A0) Thời gian tổng hợp xong 1 pt protein ở mỗi riboxom : - Thời gian giải mã 1 aa là 0,5 s Suy ra vận tốc trượt của riboxom: vt = 10,2 : 0,5 = 20,4 (A0/s) - Thời gian tổng hợp 1 xong pt protein: t = lmARN : vt = 300 . 3,4 = 50 (s) 20,4 Bài 33: Số liên kết hidro giữa 2 mạch đơn của phân tử DNA bằng 8. 105. Phân tử DNA này có số cặp Nu loại G-X nhiều gấp 2 lần số cặp A-T. a. Xác định số lượng từng loại Nu trên phân tử DNA; xác định khối lượng phân tử, chiều dài và số vòng xoắn của phân tử DNA. b. Một đoạn của phân tử DNA trên tách 2 mạch đơn để sao mã, có số Nu loại T và X đều bằng 1/200 số Nu của 2 loại tương ứng trên phân tử DNA. Mạch 1 của gen có 240 A và 400 G. Khi gen này thực hiện sao mã đã lấy từ môi trường nội bào 1040 U. Xác định: - Số phân tử mARN được tổng hợp - Số lượng rN từng loại của mỗi phân tử RNA c. Mỗi phân tử mARN nói trên đều có 5 riboxom trượt qua một lần. Có bao nhiêu phân tử protein được tạo thành và mỗi loại axit amin xuất hiện bao nhiêu lần sau khi quá trình giải mã ở các bản sao được hoàn thành? Biết rằng mỗi phân tử protein đều chỉ có một chuỗi polypeptit và đều được cấu tạo từ 6 loại axit amin khác nhau. 47
Thanh Huy_SN.K33_ĐHSP 2011 - Xác định khoảng cách đều về độ dài giữa các riboxom kế cận nhau và thời than tổng hợp protein trên nỗi phân tử mARN. Cho biết thời gian cần thiết để tổng hợp một chuỗi peptit là 1 phút 40 giây và khoảng cách đều về thời gian giữa cac riboxom trên phân tử mARN là 1,4 giây. Giải a. Số lượng từng loại Nu trên DNA - Theo đề bài, ta có: 2A + 3G = 8.105 A = T = 100.000 (Nu) 2G= 2.2A G= X = 200.000 (Nu) - Tổng số Nu của gen : 2A + 2 G = 2 x 100.000 + 2 x 200.000 = 600.000 (Nu) - Khối lượng phân tử của gen: 6.105 x 300 = 18.107 - Chiều dài của gen: ( 600.000 :2 ) .3,4 = 1020.000 A0 - Số vòng xoắn: 600.000 : 20 = 30.000 ( vòng) b. số phân tử mARN được tổng hợp - Số Nu mỗi loại của đoạn pt DNA A =T= 100.000 x 1/200 = 500 (Nu) G =X = 200.000 x 1/200 = 1000 (Nu) - Số Nu từng loại trên mỗi mạch của gen : A1 =T2 = 240 (Nu) A2 =A – A1 = 500 – 240 = 260 (Nu) G1 = X 2 = 400 (Nu) G2 = G –G1 = 1000 – 400 = 600 (Nu) - Gọi k là số lần sao mã của gen ( k nguyên dương) - Giả sử mạch 1 là mạch gốc : Ta có : ∑rUmtcc = k. rU = k. A1 1040 = k.240 → k = 4,3 (loại ) Vậy mạch gốc phải là mạch 2 : 48
Thanh Huy_SN.K33_ĐHSP 2011 - Số rN từng loại của mỗi phân tử mARN rA = T2 = 240 rU = A2 = 260 rG = X2 = 400 rX =G2 = 600 c. Khoảng cách đều về độ dài giữa các riboxom kế cận nhau và thời than tổng hợp protein trên nỗi phân tử mARN - Số pt protein hình thành : 5 riboxom x 3 pt mARN = 15 pt protein - Số lần xuất hiện của axit amin : 6 . 15 = 90 Khoảng cách đều về độ dài giữa các riboxom kế nhau - Tổng số Nu của gen : 2A + 2G = 2.500 + 2.1000 = 3000 (Nu) - Theo đề bài, thời gian tổng hợp 1 chuỗi protein là : t1 = 1 phút 40 giây = 100 (s) Suy ra tốc độ trượt của riboxom : 0 Vt = lmARN : t1 = [( 3000 :2). 3,4] : 100 = 51( A /s) - Vậy khoảng cách độ dài giữa các riboxom : ∆l = ∆t . vt = 51 . 1,4 = 71,4 A0 - Thời gian tổng hơpk protein trên mỗi phân tử mARN T = t1 + t2 = 100 + 1,4 . ( 5 -1) = 105,6 ( s) Bài 34: Khi phân tích thành phần hóa học của 10 phân tử protein cùng loại , người ta thấy có 3970 liên kết peptit. Biết rằng mỗi phần tử protein chỉ là một chuỗi polypeptit 1) Xác định: a. Khối lượng phân tử cảu 10 phân tử protein nói trên, biết rằng mỗi axit amin có khối lượng 110 đvC b. Chiều dài của mỗi phân tử protein tính theo cấu trúc bậc 1, biết mỗi axit amin có kích thước là 3A0 49
Thanh Huy_SN.K33_ĐHSP 2011 2) Các phân tử protein là kết quả giải mã từ hai bản sao cùng loại, tính chiều dài của mỗi bản mã sao. 3) 10 phân tử protein trên được tạo ra từ 2 phân tử mARN . các riboxom tham gia vào quá trình tổng hợp số phân tử protein trên chỉ trượt trên các phân tử mARN một lần. xác định số riboxom trượt trên mỗi phân tử mARN, biết rằng số riboxom trượt trên mARN1 nhiều hơn số riboxom trượt trên mARN2 là 2 riboxom. 4) Tính vận tốc trượt cảu riboxom trên phân tử mARN1 nếu biết thời gian hoàn tất quá trình tổng hợp protein trên mARN là 1 phút 26 giây và khoảng cách đều về thời gian giữa các riboxom kế cận là 1,2 giây. 5) Trên mỗi phân tử mARN trên, số rU chiếm 30%, rX chiếm 8% tổng số rN của mạch phân tử mARN này được sao mã từ đoạn gen trên có hiệu giữa A với loại khác là 30% số Nu của gen, hãy xác định: a. Số lượng và tỉ lệ % từng loại Nu trên mỗi mạch đơn của gen. b. Số lượng và tỉ lệ % từng loại rN trên phân tử mARN Giải 1) a. Khối lượng phân tử của 10 protein - Số aa của 10 phân tử protein: 10 ( aa -3) = 3970 Suy ra số aa : (3970 : 10) + 3 = 400 (aa) - Khối lượng phân tử của (400 . 110). 10 = 440.000 đvC b.Chiều dài của mỗi phân tử protein : 400 . 3 = 1200 (A0) 2) Chiều dài của mỗi bản sao : - Số rN của mỗi bản sao : rN = 400 .3 = 1200 (Nu) - Chiều dài của mỗi bản sao : 1200 . 3,4 = 4080 (A0) 3) Số riboxom trượt trên mỗi phân tử mARN - Gọi R1 là số riboxom trượt trên mARN1 R2 là số riboxom trượt trên mARN2 - Theo đề bài, ta có 10 phân tử protein được tạo ra từ 2 phân tử mARN → tổng số riboxom trượt trên mỗi pt mARN là 10 Hay : R1 + R2 = 10 (1) ( do : số riboxom = số pt protein , với điều kiện 1 protein gồm 1 chuỗi peptit) 50
Thanh Huy_SN.K33_ĐHSP 2011 - Mặc khác, ta có số riboxom trượt trên mARN1 nhiều hơn số riboxom trượt trên mARN2 là 2 riboxom. Hay : R1 – R2 = 2 (2) - Từ (1) và (2), ta có : R1 + R2 = 10 R1 = 6 R1 –R2 = 2 R2 = 4 - Vậy có 6 riboxom trượt qua pt mARN1 4 riboxom trượt qua pt mARN2 4) Vận tốc trượt của riboxom trên pt mARN1 : - Trên pt mARN1 có 6 ribxom trượt qua 1 lần . - Thời gian để 1 riboxom trượt qua pt mARN : Theo đề bài, ta có T =t1 + t2 86 = t1 + 1,2 ( 6 -1) → t1 = 80 (s) - Vậy tốc độ trượt của riboxom trên mARN là : 0 vt = lmARN : t1 = 4080 : 80 = 51 (A /s) 5) a. Số lượng và tỉ lệ % từng loại Nu trên mỗi mạch đơn của gen: - Tổng số Nu của đoạn DNA: 1200 : 2 =2400 (Nu) - Theo đề bài, ta có: A –G = 30% A =T = 40 %= 40 .2400 = 960 (Nu) 100 A + G = 50 % G =X = 10 %= 10 .2400 = 240 (Nu) 100 - Qui ước mạch gốc là mạch 1 : Suy ra số lượng và tỉ lệ % của từng loại Nu trên mỗi mạch đơn của gen : A1 = T2 = rU = 30% N/2= 30%.1200 = 360 (Nu) A2 =T1 = 2.%A - % rU = 2.40% -30% =50%.N/2= 50%.1200 = 600 (Nu) G1 = X2 = rX = 8%.N/2 = 8%.1200 = 96 (Nu) G2 = X1 = 2.%G -%rX = 2. 10% - 8% = 12% N/2 = 12%.1200 = 144(Nu) b.Số lượng và tỉ lệ % từng loại rN trên mARN : rU = 30%. = 30%.1200 = 360 (Nu) rA = T1 = 50% =50%.1200 = 600 (Nu) rG = X1 = 12% = 12%.1200 = 144 (Nu) rX = 8% = 8%.1200 = 96 (Nu) 51
Thanh Huy_SN.K33_ĐHSP 2011 Bài 35 : Một phân tử mARN dài 4896 A0 có tỉ lệ A : U : G : X lần lượt phân chia theo tỉ lệ 3 : 3 :1 :1 phân tử mARN đó đã cho 5 riboxom cũng trượt qua, khoảng cách thời gian giữa các riboxom kế tiếp nhau đều bằng 0,6 giây, vận tốc trượt của các riboxom đều bằng 102 s / A0 a. Tính số lượng từng loại Nu của gen sinh ra phân tử mARN đó. b. Khi riboxom thứ nhất vừa trượt qua khỏi phân tử mARN thì môi trường nội bào cần phải cung cấp bao nhiêu axit amin nữa để hoàn thất quá trình giải mã ? c. Tính từ lúc riboxom thứ nhất vừa trượt qua hết phân tử mARN thì còn cần bao nhiêu thời gian nữa để riboxom cuối cùng trượt qua hết phân tử mARN đó ? Giải a. Số lượng từng loại Nu của gen - Tổng số Nu của gen: (4896 : 2). 3,4 = 2880 (Nu) - Số rNu của pt mARN: 2880 : 2 = 1440 - Theo đề bài, ta có; rA : rU : rG : rX = 3 : 3 : 1 :1 Suy ra : rA = rU = 1440 . 3 = 540 (rN) 8 rG = rX =1440 . 1 = 180 (rN) 8 - Số lượng từng loại Nu của gen : A =T = rA + rU = 540 + 540 = 1080 (Nu) G= X= rG + rX = 180 + 180 = 360 (Nu) b. Số axit amin cần để hoàn thành quá trình giải mã - Khi Ri1 trượt qua khỏi pt mARN thì Ri1 đã tổng hợp được : 1440 : 3 = 480 (aa) (kể cả aa mở đầu và aa kết thúc) ∆t = 0,6 Ri5 Ri4 Ri3 Ri2 Ri1 (tổng hợp 480 aa) 6 aa 6 6 aa 6aa 52
Thanh Huy_SN.K33_ĐHSP 2011 - Khoảng cách chiều dài giữa 2 riboxom : ∆l = ∆t . vt = 102 . 0,6 = 61,2 A0 - Số axit amin mà 2 riboxom liên tiếp hơn kém nhau : 61,2 = 6 (aa) 3. 3,4 Cách 1 : - Khi riboxom trượt ra khỏi mARN thì : + Ri2 tổng hợp được : 480 -6 = 474 aa + Ri3 tổng hợp được : 480 – 6. 2 = 468 aa + Ri4 tổng hợp được : 480 – 6.3 = 462 aa + Ri5 tổng hợp được : 480 – 6.4 = 456 aa - Nếu cả 5 riboxom đã trượt ra khỏi mARN thì môi trường nội bào sẽ phải cung cấp : 480 aa x 4 Ri = 1920 (không tính Ri1, vì Ri1 đã ra khỏi mARN và đã tổng hợp được 480 aa) - Như vậy tại thời điểm Ri1 trượt ra khỏi mARN thì môi trường sẽ phải cung cấp thêm : 1920 – ( 474 + 468 + 462 + 456) = 60 aa Cách 2 : - Tại thời điểm Ri1 trượt ra khỏi mARN thì : + Ri2 cần môi trường cung cấp thêm : 6 aa + Ri3 « « : 6aa . 2 =12 aa + Ri4 « « : 6aa . 3 = 18 aa + Ri5 « « : 6aa . 4 = 24 aa - Vậy số aa môi trường cần phải cung cấp thêm để hoàn thành quá trình giải mã : 6 + 12 + 18 + 24 = 60 aa c. Từ lúc riboxom 1 trượt qua mARN thì thời gian để riboxom cuối cùng trượt qua hết mARN đó : - Khi Ri1 trượt qua mARN thì thời gian cần để Ri5 trượt qua mARN : ∆t .( k -1) = 0,6 ( 5-1) = 0,6. 4 = 2,4 (s) Bài 36 : Một gen dài 5100 A0, khi tự sao liên tiếp hai đợt môi trường nội bào đã cung cấp 2700 A. Phân tử mARN được tổng hợp từ gen có 660 A và 240 G, vận tốc giải mã là 10 aa/s. Tính từ lúc riboxom thứ nhất bắt đầu tiếp xúc và trượt qua pt mARN cho đến khi riboxom cuối cùng trượt qua hết pt mARN đó là 55,6 giây. a. Xác định số lượng từng loại Nu trong toàn bộ các gen được hình thành sau 2 đợt tự sao liên tiếp. 53
Thanh Huy_SN.K33_ĐHSP 2011 b. Xác định số lượng từng loại Nu ở mỗi mạch đơn của gen. c. Tính khoảng cách theo A0 giữa riboxom thứ nhất với riboxom cuối cùng khi chúng đang tham gia giải mã trên một phân tử mARN. Giải a. Số lượng từng loại Nu trong toàn bộ các gen được hình thành: - Tổng số Nu của gen: (5100 : 3,4) .2 = 3000 (Nu) - Theo đề bài , ta có: ∑Amtcc = (22 -1) .A 2700 = 3A → A = 900 - Số lượng từng loại Nu của gen : A =T = 900 (Nu) G= X = (3000 :2) – 900 = 600 (Nu) - Khi gen tự sao 2 đơt tạo thành 4 gen con . Vậy số lượng từng loại Nu trong toàn bộ các gen con tạo thành: A =T = 900 .4 =3600 (Nu) G=X =600 .4 = 2400 (Nu) b. Số lượng từng loại Nu ở mỗi mach đơn của gen: - Theo đề bài, ta có: Tmg = Abs = rA = 660 (rN) Amg= Tbs = 900 – 660 = 240 (rN) Xmg=Gbs = rG = 240(rN) Gmg = Xbs= 600 – 240 = 360 (rN) c. Khoảng cách theo A0 giữa riboxom thứ nhất với riboxom cuối cùng - Theo đề bài , ta có vận tốc giải mã : 10aa/s Nghĩa là : 1s 10aa/s Hay 1s 10aa x 3Nu . 3,4A0 = 102 A0/s - Vậy vận tốc trượt của riboxom : vt = 102 A0 /s - Thời gian để tổng hợp 1 chuỗi polipeptit ( hay thời gian 1 riboxom tiếp xúc và trượt qua khỏi mARN : t = lmARN : vt = 5100 : 102 = 50 (s) 54
Thanh Huy_SN.K33_ĐHSP 2011 Vận tốc giải mã Ri cuối cùng . Ri 3 Ri2 Ri1 vt = 102 A0/s Khoảng cách thời gian từ Ri cuối cùng đến Ri1: 55,6 – 50 = 5,6 (s) - Khoảng cách thời gian từ Ri cuối cùng đến Ri1 : 55,6 – 50 =5,6 (s) - Khoảng cách chiều dài từ Ri cuối cùng đến Ri1 : 5,6 . 102 = 571,2 ( A0) Bài 37: Một phân tử mARN có tổng số U với X bằng 30% và hiệu số giữa G và U bằng 10% số rN của mạch., U = 240 rN. Một trong hai mạch đơn của gen sinh ra phân tử mARN đó có 20% T, 30% G so với số Nu của mạch. a. Xác định tỉ lệ% và số lượng từng loại Nu trong mỗi mạch đơn của gen. b. Xác định số lượng và tỉ lệ % từng loại rN của phân tử mARN đó. c. Nếu trên phân tử mARN có 6 riboxom trượt qua không lặp lại thì môi trường nội bào cung cấp bao nhiều axit amin cho quá trình tổng hợp protein? d. Thời gian của cả quá trình tổng hợp protein trên phân tử mARN đó là 44 giây. Khoảng cách thời gian giữa riboxom thứ nhất với riboxom cuối cùng bằng 1/10 thời gian để 1 riboxom trượt qua hết phân tử mARN. Hãy xác định vận tốc trượt và khoảng cach đều theo A0 giữa các riboxom. Giải a. Tỉ lệ% và số lượng từng loại Nu trong mỗi mạch đơn của gen - Qui ước mạch đã cho là mạch 1 - Theo đề bài, ta có : T1 = A2 = 20% G1 =X2 = 30% Với rU = 240 - Giả sử mạch 1 là mạch gốc : Ta có : rX = G1 = 30% 55
Thanh Huy_SN.K33_ĐHSP 2011 Mà theo đề bài : rU + rX = 30% → rU = 30% -30% = 0 → điều này vô lý, vì rU = 240 Vậy mạch gốc phải là mạch 2 - Với mạch 2 là mạch gốc, ta có : rU = A2 =20% tương ứng với 240 Suy ra tổng số rN của mARN: rN= G .100 = 240 . 100 = 1200 (Nu) %G 20 - Theo đề bài, ta có : rU = 20% Mà : rU + rX = 30% → rX = 30% -20% =10%. rG – rU = 10% → rG = 20% + 10% = 30% rA = 100% - ( 10% + 20% + 30%) = 40% - Vậy tỉ lệ % và số lượng từng loại Nu ở mỗi mạch của gen. A1= T2 = rA = 40% = 40%. 1200 = 480 (Nu) T1 = A2 = rU = 20% = 20%.1200 = 240 (Nu) G1= X2 = rG = 30% = 30%.1200 = 360 (Nu) X1 = G2 = rX = 10%= 10%.1200 = 120 (Nu) b. Tỉ lệ % và số lượng từng loại rN của mARN rA = 40% = 40%. 1200 = 480 (Nu) rU = 20% = 20%.1200 = 240 (Nu) rG = 30% = 30%.1200 = 360 (Nu) rX = 10%= 10%.1200 = 120 (Nu) c. Số aa môi trường nội bào cung cấp cho quá trình tổng hợp protein ( rN/3 -1) . k = (1200/3 -1) .6 = 2394 (aa) d. Vận tốc trượt và khoảng cách đều theo A0 giữa các riboxom. Vận tốc trượt của riboxom Gọi t1 : thời gian để 1 riboxom trượt qua hết mARN t2 : khoảng cách thời gian giữa Ri1 và Ri cuối cùng T : thời gian của quá trình tổng hợp protein. - Theo đề bài, ta có t1 + t2 = 44 t1 = 40(s) t2 = 1 t1 t2 = 4 (s) 10 56
Thanh Huy_SN.K33_ĐHSP 2011 - Vận tốc trượt của Riboxom : 0 vt = lmARN : t1 = (1200 .3,4) : 40 = 102 (A /s) Khoảng cách độ dài giữa các riboxom: - Ta có, thời gian giữa Ri1 và Ri cuối cùng: t2 =∆t. ( k-1) 4 = ∆t .(6 -1) → ∆t = 0,8 (s) - Khoảng cách chiều dài gưiax các riboxom ∆l = ∆t . vt = 0,8 . 102 = 81,6 (A0) Bài 38: Một phân tử mARN có rX = rA + rG và rU = 300 rN. Gen sinh ra phân tử mARn đố có hiệu số giữa G với một loại Nu khác bằng 12,5% số Nu của gen. Trên một mạch đơn của gen có 25% G so với số Nu của mạch. Trên phân tử mARN đó có 6 riboxom tham gia giải mã một lần. a. Nếu khối lượng phân tử của một Nu là 300 đvC thì khối lượng phân tử của gen bằng bao nhiêu? b. Tính số lượng từng loại rN của một phân tử mARN c. Tính khoảng cách đều theo A0 giữa các riboxom kết tiếp nhau, biết rằng riboxom thứ nhất trượt qua hết phân tử mARN là 40 giây và khoảng cách đều về thời gian giữa các riboxom là 0,7 giây. Giải a. Khối lượng phân tử của gen - Theo đề bài, ta có: A + G = 50% A=T = 18,75% G –A = 12,5% G= X = 31,25 % - Qui ước mạch đã cho là mạch 1, ta có : G1 =X2 = 25% G2 = X1 = 2.31,25% -25% = 37,5% - Mặc khác, ta có : rX = rA + rG (1) rA + rU + rX + rG = 100% (2) lấy (1) thế vào (2) ta được : - Giả sử mạch 1 là mạch gốc : rX = rG =25% thế vào pt (*), ta được : rU + 2rX = 100% → rU = 50% Suy ra : rA = 2.%A - %rU = 2.18,75% - 50% = - 12,5% (loại) 57
Thanh Huy_SN.K33_ĐHSP 2011 Vậy mạch gốc phải là mạch 2 - Với mạch 2 là mạch gốc , ta có : rX = G2 = 37,5% thế vào pt (*), ta được : ta được : rU + 2rX = 100% (*) → rU = 25% tương ứng 300 rN - Tổng số rN của mARN : %rU = rU .100% → rN = rU . 100 = 300 .100 = 1200 (Nu) rN %rU 25 - Khối lượng phân tử của gen : (1200 .2) . 300 = 720.000 đvC b. Số lượng từng loại rN của 1 phân tử mARN - Phân tử mARN được sao mã từ gốc là mạch 2 của gen, ta có : rU = 300 (rN) rA = 2.18,75 % - 25% = 12,5%. rN = 12,5%. 1200 = 150 (rN) rG = X2 = 25% . N/2 = 25%. 1200 = 300 (rN) rX = G2 = 37,5 % N 2 = 37,5 %.1200 = 450 (rN) c. Khoảng cách chiều dài giữa các riboxom : - Vận tốc trượt của riboxom : 0 Vt = lmARN : t = (1200 . 3,4 ) : 40 = 102 (A /s) - Khoảng cách chiều dài giữa các riboxom kế tiếp nhau: ∆l = ∆t . vt = 0,7 .102 = 71,4 (A0) Bài 39: Trên phân tử mARN có một số riboxom trượt qua với khoảng cách đều nhau. Riboxom thứ nhất trượt qua hết phân tử mARN đó hết 50 giây. Tính từ lúc riboxom thứ nhất tiếp xúc và trượt qua phân tử mARN cho đến khi riboxom cuối cùng trượt qua mARV đó mất 57,2 giây. Biết rằng phân tử protein thứ hai được tổng hợp chậm hơn protein thứ nhất là 0,9 giây. Gen điều khiển việc tổng hợp ra các phân tử protein trên có mạch 1 chứa 10%A và 30%G. Mạch 2 chứa 15%A. Quá trình sao mã của gen đòi hỏi môi trường nội bào cung cấp 150U ,225 A để góp phần tổng hợp 1 phân tử mARN a. Tính chiều dài của gen b. Tính số lượng từng loại rNu của một phân tử mARN c. Số riboxom đã tham gia vào quá trình giải mã trên một phân tử mARN đó là bao nhiêu? Biết rằng mỗi riboxom chỉ trượt qua mARN một lần. d. Khoảng cách giữa 2 riboxom kế tiếp nhau và khoảng cách giữa riboxom thứ nhất và riboxom cuối cùng là bao nhiêu A0? 58
Thanh Huy_SN.K33_ĐHSP 2011 Giải a. Chiều dài của gen: Trên mạch đơn thứ nhất: A1= T2 = 10% G1 = X2 = 30% Trên mạch đơn thứ hai: A2 = T1 = 15% Suy ra: %A =%A1 + %A2 = 10% + 15% = 12,5 % 2 2 %G =% X = 50% -12,5% = 37,5% → % G2 = X1 = 2.37,5% - 30% = 45 % - Số Nu từng loại của gen: A =rA + rU = 150 + 225 = 375 Tương ứng với 12,5% - Tổng số Nu của gen: % A = A . 100 = → N= A .100 N = 375 . 100 = 3000 (Nu) N %A 12,5 - Chiều dài của gen: (3000 :2) .3,4 = 5100 (A0) b. Số lượng từng loại rN của 1 phân tử mARN: - Giả sử mạch 2 là mạch gốc: Ta có: rU = A2 mà rU = 150 A2 = 15%.N/2 = 15. 1500 = 225 100 Vì rU ≠ A2, nên mạch 2 không phải là mạch gốc. Vậy mạch gốc phải là mạch 1. - Số rN từng loại của 1 pt mARN rA = T1 = 15%N/2 = 15%.1500 = 225 (rN) rU = 150 (rN) rG = X1 = 45%N/2 = 45%.1500= 675(rN) rX = G1 = 30%N/2 = 30%.1200 = 450(rN) c. Số riboxom tham gia vào quá trình giải mã 1 pt mARN đó. - Khoảng cách thời gian giữa Ri1 và Ri cuối cùng : 57,2 – 50 = 7,2 (s) 59
Thanh Huy_SN.K33_ĐHSP 2011 - Theo đề bài, khoảng cách thời gian giữa 2Ri kế tiếp nhau là 0,9 s Hay t2 = ∆t ( k -1) 7,2 = 0,9 ( k -1) → k = 9 Vậy có 9 riboxom trượt qua pt mARN d. Khoảng cách giữa 2 Ri kết tiếp và khoảng cách giữa Ri1 đến Ri cuối cùng : Khoảng cách giữa 2 Ri kế tiếp : - Vận tốc trượt của 1 riboxom : 0 Vt = lmARN : t = (1500 .3,4) : 50 = 102 (A /s) Khoảng cách giữa 2 Ri kế tiếp nhau: ∆l = ∆t . vt = 0,9 . 102 = 91,8 (A0) Khoảng cách giữa Ri1 đến Ri cuối cùng: ∆l. ( k- 1) = 91,8 . (9-1) = 734,4 (A0) 60
Thanh Huy_SN.K33_ĐHSP 2011 CƠ SỞ TẾ BÀO CỦA HIỆN TƯỢNG DI TRUYỀN Bài 1: Có hai tế bào sinh dưỡng A và B. Tế bào A sinh sản x1 đợt ; tế bào b sinh sản x2 đợt, với x2> x1. Trong quá trình sinh sản của cả hai tế bào, đã đòi hỏi môi trường nội bào cung cấp 220 NST. Tổng số tế bào con thu được từ 2 tế bào là 24. Tính số đợt sinh sản của mỗi tế bào và số lượng NST lưỡng bội của loài ? Giải Với x1 là số đợt sinh sản tế bào A x2 là số đợt sinh sản tế bào B theo đề bài, ta có: x1 x2 2 + 2 = 24 Biện luận : x1 1 2 3 4 x2 > x1 x2 lẻ lẻ 4 3 loại loại nhận loại Vậy tế bào A sinh sản 3 đợt tế bào B sinh sản 4 đợt Ta có: 2n. ( 2x1 -1) + 2n (2x2 – 1) = 220 2n [ ( 23-1) + (24 -1)] =220 22 . 2n = 220 → 2n = 10 Vậy bộ NST lưỡng bội của loài là 10. Bài 2: Có một số hợp tử phân bào nguyên phân bình thường, trong đó có ¼ số hợp tử trải qua 3 đợt nguyên phân, 1/3 số hợp tử trải qua 4 đợt nguyên phân, số hợp tử còn lại nguyên phân 5 đợt; tổng số tế bào con tạo thành 2480. a. Tìm số hợp tử trên b. Tìm số tế bào con sinh ra từ mỗi nhóm hợp tử trên. 61
Thanh Huy_SN.K33_ĐHSP 2011 Giải a. Tìm số hợp tử - Gọi A là số hợp tử của tế bào. Nhóm hợp tử 1 qua 3 đợt sinh sản → số tế bào con tạo thành: A/4 . 23 = 2A Nhóm hợp tử 2 qua 4 đợt sinh sản → số tế bào con tạo thành: A/3 . 24 = 16A/3 Nhóm hợp tử 3 qua 5 đợt sinh sản → số tế bào con tạo thành: (1- 1/4-1/3)A . 25 = 40A/3 - Theo đề bài, ta có: 2A + 16A/3 + 40A/3 = 2480 A= 120 - Số hợp tử là 120. b. Số tế bào con sinh ra từ mỗi nhóm hợp tử . Nhóm hợp tử 1: 120/4 . 23=240 tế bào Nhóm hợp tử 2: 120/3. 24= 640 tế bào Nhóm hợp tử 3: 5.120/ 12. 25= 1600 tế bào. Bài 3: Lấy 50 tế bào từ một cây mầm cho nguyên phân liên tiếp thì nhận thấy nguyên phân cần cung cấp tương đương 16800 NST đơn. Trong số NST của các tế bào con thu được chỉ có 14400NST được tạo thành từ hoàn toàn nguyên liệu mới của môi trường nội bào. a. Tìm số NST lưỡng bội của loài b. Tìm số đợt nguyên phân của mỗi tế bào trên. Cho biết số đợt nguyên phân của các tế bào đều bằng nhau. Giải a. Số NST lưỡng bội của loài - Gọi 2n: số NST lưỡng bội của loài x là số lần nguyên phân của tế bào. - Theo đề bài ta có:  Số NST đơn môi trường cung cấp: 50. 2n. (2x -1)= 16800 2n.(2x-1)=336 (1)  Số NST đơn từ nguyên liệu hoàn toàn mới : 50.2n.(2x – 2) =14400 2n.(2x – 2) = 288 (2) 62
Thanh Huy_SN.K33_ĐHSP 2011 Lấy (1) : (2), ta được : 2n.(2x-1) = 336 = 7 2n.(2x – 2) 288 6 6.(2x- 1) = 7 .(2x – 2) 2x = 8 → x= 3 - Bộ NST lưỡng bội của loài là : 50. 2n. (2x -1)= 16800 50. 2n.( 23 -1) =16800 2n= 48 Vậy bộ NST lưỡng bội của loài là 2n =48 Và số lần nguyên phân của mỗi tế bào là 3 . Bài 4 : Ở Ngô 2n =20, tổng số NST kép đang nằm ở mặt phẳng xích đạo và số NST đơn đang phân ly về các cực của nhóm tế bào ngô đang nguyên phân là 640. Trong số NST đơn nhiều hơn NST kép là 160. a. Các tế bào đang nguyên phân trên ở kì nào ? xác định số tế bào mỗi kỳ ? b. Nếu nhóm tế bào trên hoàn tất quá trình nguyên phân ( 1 đợt thì tạo ra được bao nhiêu tế bào con với bao nhiêu NST ở trạng thái chưa nhân đôi ? Giải a. Xác định kì nguyên phân và số tế bào ở mỗi kì - Các NST kép đang nằm ở mặt phẳng xích đạo → tế bào đang ở kì giữa - Các NST đơn đang phân li về các cực → tế bào đang ở kì sau Số tế bào ở mỗi kì - Gọi x là số tế bào có NST kép. (kì giữa) y là số tế bào có NST đơn. (kì sau) - Theo đề bài, ta có : 20 y + 2.20x =640 x = 6 20y – 40 x = 160 y = 20 - Vậy số tế ở kì giữa là 6 Số tế bào ở kì sau là 20 63
Thanh Huy_SN.K33_ĐHSP 2011 b. Số tế bào tạo thành sau 1 đợt nguyên phân và số NST ở trạng thái chưa nhân đôi - Số tế bào hình thành : 6.21 + 20.21 =52 (tế bào) - Số NST ở trạng thái chưa nhân đôi : 52.2n =52 .20 = 1040 (NST) Bài 5 : Ở lúa nước 2n = 24. Một tế bào của rễ lúa nguyên phân 5 đợt liên tiếp. a. Xác định số tế bào lúa nước được tạo ra 5 lần nguyên phân đó và số sợi nhiễm sắc ở kỳ trung gian của toàn bộ tế bào mới đó ? b. Môi trường nội bào đã cung cấp nguyên liệu tạo ra tương đương với bao nhiêu NST đơn cho quá trình phân bào nói trên ? Giải a. Số tế bào lúa nước được tạo ra 5 lần nguyên phân đó và số sợi nhiễm sắc ở kỳ trung gian của toàn bộ tế bào mới - Số tế bào tạo thành : 25 = 32 (tế bào) - Số NST ở kỳ trung gian của toàn bộ tế bào mới : 32. 2n =32 .24 = 768 (NST) b. Số NST môi trường nội bào cung cấp cho quá trình phân bào. 2n.(2x -1) = 24 (25 -1) = 744 (NST) c. Số tâm động trong toàn bộ tế bào : 24.25 + 24.2 = 816 (NST) Bài 6 Ở đậu Hà Lan 2n =14. Xác định số tế bào mới được tạo ra ở thế hệ cuối cùng thông qua quá trình phân bào nguyên phân liên tiếp từ một tế bào trong hai trường hợp : a. Môi trường nội bào đã cung cấp nguyên liệu tạo ra tương đương với 434 NST đơn. b. Trong tổng số tế bào mới được tạo thành, ở thế hệ cuối cùng có 868 NST đơn được cấu tạo hoàn toàn từ nguyên liệu mới từ môi trường nội bào. 64
Thanh Huy_SN.K33_ĐHSP 2011 Giải a. Số tế bào mới được tạo ra - Theo đề bài, ta có môi trường cung cấp 434 NST đơn : ∑NSTcc = 2n . ( 2x -1) → 2x = ∑NSTcc + 1 = 434 + 1 = 32 (tế bào) 2n 14 - Vậy số tế bào con được tạo ra là 32 tế bào b. Số tế bào con được tạo ra khi môi trường cung cấp 868 NST từ nguyên liệu mới. ∑NSTcc = 2n . ( 2x -2) → 2x = ∑NSTcc + 2 = 868 + 2 = 64 (tế bào) 2n 14 Vậy có 64 tế bào con được hình thành Bài 7 : Ba hợp tử của 1 loài sinh vật, trong mỗi hợp tử có 78 NST lúc chưa nhân đôi. Các hợp tử nguyên phân liên tiếp để tạo ra các tế bào con. Tổng số NST đơn trong các tế bào con sinh ra từ 3 hợp tử bằng 8112. Tỉ lệ số tế bào con sinh ra từ hợp tử 1 với hợp tử 2 bằng 1/4. Số tế bào con sinh ra từ hợp tử 3 gấp 1,6 lần số tế bào con sinh ra từ hợp tử 1 và hợp tử 2. a.Tìm số lượng tế bào con sinh ra từ mỗi hợp tử b.Tính số lần nguyên phân liên tiếp của mỗi hợp tử c. Tính số lượng NST môi trường nội bào cần cung cấp cho 3 hợp tử thực hiện các lần nguyên phân. Giải a. Số lượng tế bào con sinh ra từ mỗi hợp tử. Theo các số liệu đã cho trong giả thiết ta có số lượng tế bào con sinh ra từ 3 hợp tử : 8112 : 78 = 104 tế bào - Số lượng tế bào con sinh ra từ hợ tử 3: (104 :2,6) x 1,6 = 64 tế bào - Số lượng tế bào con của hợp tử 1và hợp tử 2 sinh ra : (104: 2,6) x 1= 40 tế bào - Số lượng tế bào con của hợp tử 1 sinh ra: (40: 5) x 1 = 8 tế bào - Số lượng tế bào con của hợp tử 2 sinh ra: (40 : 5) x 4 = 32 tế bào 65
Thanh Huy_SN.K33_ĐHSP 2011 b. Số lần nguyên phân liên tiếp của mỗi hợp tử - Số lần nguyên phân của hợp tử 1: 2k =8 → k= 3 - Số lần nguyên phân của hợp tử 2: 2k= 32 →k=5 - Số lần nguyên phân của hợp tử 3: 2k = 64 → k= 6 c. Số NST môi trường nội bào cung cấp cho cả 3 hợp tử thực hiện các lần nguyên phân. - Số NST môi trường nội bào cung cấp cho mỗi hợp tử: + Hợp tử 1: (23 -1) x 78 = 546 NST + Hợp tử 2: (25 -1) x 78 = 2418 NST + Hợp tử 3: (26 -1) x 78 = 4914 NST Vậy số NST môi trường nội bào cung cấp cho cả 3 hợp tử thực hiện các lần nguyên phân : 546 +2418 +4914 = 7878 NST Bài 8 : Ở Lúa có bộ NST 2n =24. Theo dõi sự phân bào của một tế bào sinh dưỡng trong 24 giờ người ta nhận thấy thời gian nghỉ giữa các đợt phân bào nhiều hơn thời gian tiến hành phân bào là 14 giờ. Quá trình phân bào nói trên môi trường nội bào đã phải cung cấp 1488 NST đơn mới hoàn toàn. Thời gian cần thiết cho các kì trước, kì giữa, kì sau, kì cuối trong một chu kì phân bào tương ứng tỉ lệ 1:3:2:4. a. Xác định thời gian cần thiết cho mỗi chu kì b. Tại các thời điểm: 9h32’ ; 24h 38’ - Tế bào đang ở đợt phân bào thứ mấy, thuộc kì nào? - Số lượng và hình thái của NST ở mỗi thời điểm trên? Giải a. Thời gian cần thiết cho mỗi chu kì - Gọi x là thời gian nghỉ giữa các đợt phân bào ( kì trung gian) y là thời gian tiến hành phân bào ( k.trước, k.giữa, k. sau, k.cuối) - Theo đề bài, ta có: x + y = 24 x = 19 x- y = 14 y = 5 - Số đợt phân bào của tế bào 24. ( 2x -2) = 1488 2x = 64 → x = 6 66
Thanh Huy_SN.K33_ĐHSP 2011 - Thời gian nghỉ của 1 đợt phân bào ( hay thời gian của 1 kì trung gian, với 6 đợt phân bào tương ứng có 5 kì trung gian) (19. 60) : 5 = 228 phút Thời gian của 1 đợt phân bào : (5 . 60) : 6 = 50 phút. - Thời gian mỗi kì : + Kì trước : (50 : 10) .1 = 5 phút + Kì giữa : 5 . 3 = 15 phút + Kì sau : 5. 2 = 10 phút + Kì cuối : 5. 4 = 20 phút b. Tại các thời điểm : Ta có : Với 1 chu kì tế bào : kì trung gian : 228 phút 4 kì phân bào : 50 phút ∑time 1 chu kì : 278 phút Tại thời điểm 9h32’ = 572 phút (vì 572 : 278 = 2,05 , hay tại thời điểm 9h32’ tế bào đã trải qua 2 chu kì tế bào và dư : 572 = (278 .2) + 16 phút K.Đầu. 5 phút K. giữa. 15 Như vậy tại thời điểm : 9h32’ + Tế bào đang ở đợt phân bào K. sau. 10 phút thứ 3, thuộc K. giữa. 2 K. K. cuối. 20 + Số lượng NST: 24.2 = 96 (NST) trung + Hình thái : NST đóng xoắn Max gian Tại thời điểm 24h38’ =1478 phút (vì 1478 : 278 = 5,3 nên 1478 = (278.5) + 88 + Tế bào đang ở kì trung gian và chuẩn bị cho lần phân bào thứ 7. ( vì tế bào có 5 đợt nghỉ giữa các lần phân bào → đã có 6 đợt phân bào. Tại thời điểm 24h38’ tế bào trải qua lần phân bào thứ 6, đang ở kì trung gian → chuẩn bị cho lần phân bào thứ 7) + Số lượng NST ở dạng kép, đóng xoắn : 2n. 26 . 2 = 24.64.2 = 3072 (NST) 67
Thanh Huy_SN.K33_ĐHSP 2011 Bài 9 : Hai hợp tử A và B thuộc 2 loài khác nhau phân bào với số lần không bằng nhau trong cùng một thời gian. Tổng số NST đơn huy động của môi trường cho cả 2 hợp tử phân bào là 1624, trong đó số NST đơn cung cấp cho hợp tử B nhiều hơn số NST đơn cung cấp cho NST A là 1400. Tổng số NST đơn trong các tế bào con sinh ra hợp tử A nhiều hơn số NST đơn cung cấp cho quá trình phân bào của hợp tử A là 16. Số NST đơn trong một tế bào con sinh ra từ hợp tử B nhiều hơn số NST đơn trong một tế bào con sinh ra từ hợp tử A là 8. a. Xác định bộ NST lưỡng bội của mỗi hợp tử b. So sánh tốc độ phân bào của mỗi hợp tử c. Nếu hợp tử B tiến hành số đợt phân bào nói trên trong khoảng thời gian 30 giờ và thời gian cần thiết cho đợt phân bào cuois cùng là 6 giờ thì thời gian cần thiết cho đợt phân bào đầu tiên là bao nhiêu ? biết rằng tốc độ phân bào chậm dần đều Giải a. Xác định bộ NST lưỡng bội của mỗi hợp tử : - Theo đề bài, tổng số NST đơn trong các tế bào con sinh ra từ hợp tử A nhiều hơn số NST đơn cung cấp cho quá trình phân bào của hợp tử A là 16. Suy ra số NST đơn trong một tế bào mẹ ban đầu là 2nA =16. x x hay 2nA.2 – 2nA( 2 -1) =16 → 2nA = 16 - Mặc khác,số NST đơn trong 1 tế bào con sinh ra từ hợp tử B nhiều hơn số NST đơn sinh ra trong 1 tế bào con sinh ra từ hợp tử A là 8, hay 2nB -2nA =8 → 2nB = 16 + 8= 24 Vậy bộ NST lưỡng bội của loài A, 2n =16 Bộ NST lưỡng bội của loài B, 2n =24. b. So sánh tốc độ phân bào của mỗi hợp tử Với x là số đợt phân bào của hợp tử A y là số đợt phân bào của hợp tử B (x,y >0, x,y nguyên dương) theo đề bài, ta có: y x y x 2nB( 2 -1) + 2nA(2 -1) =1624 24(2 -1) + 16(2 -1) = 1624 y x y x 2nB( 2 -1) – 2nA ( 2 -1) =1400 24( 2 -1) – 16( 2 -1)= 1400 2y-1 =63 2y = 64 y = 6 2x-1=7 2x = 8 x = 3 Vậy tốc độ phân bào của hợp tử B lớn hơn tốc độ phân bào của hợp tử A. 68
Thanh Huy_SN.K33_ĐHSP 2011 c. Thời gian cần thiết cho đợt phân bào đầu tiên của hợp tử B ∑TG= x/2(a1 + ax) 30 = 6/2 ( a1 + 6) → a1 = 4 h Vậy thời gian cần thiết cho đợt phân bào đầu tiên là 4h. Bài 10 : Hai hợp tử của một loài sinh vật qua các lần nguyên phân liên tiếp môi trường tế bào đã cung cấp nguyên liệu để tạo nên 24624 NST đơn mới. Hợp tử 2 có số lần nguyên phân bằng 5 lần số nguyên phân của hợp tử 1. Tổng số tế bào con được tạo ra từ các lần nguyên phân của 2 hợp tử bằng 1028 tế bào. a. Tìm bộ NST lưỡng bội của loài b. Tìm số lần nguyên phân liên tiếp của mỗi hợp tử. c. Số lượng tâm động có trong các tế bào con được hình thành từ các hợp tử Giải Số lần nguyên phân liên tiếp của mỗi hợp tử Gọi x là số lần nguyên phân của hợp tử 1 y là số lần nguyên phân của hợp tử 2 Theo đề bài, ta có y= 5x 2x + 2y =1028 Biện luận : x 1 2 3 y 5 10 15 2x + 2y 34 1028 32776 Loại nhận loại Vậy hợp tử 1 nguyên phân 2 lần Hợp tử 2 nguyên phân 10 lần 69
Thanh Huy_SN.K33_ĐHSP 2011 Bộ NST lưỡng bội của loài - Theo đề bài, ta có : 2n( 2x -1) + 2n ( 2y -1) = 24624 2n [( 22-1) + (210 -1)] = 24624 → 2n= 24 - Vậy bộ NST lưỡng bội của loài là 2n =24 Số lượng tâm động có trong các tế bào con được hình thành từ các hợp tử 2n.2x + 2n 2y = 24(22 + 210)= 24672 Bài 11 : Một tế bào lưỡng bội ở người ( 2n =46) có hàm lượng DNA ( trong nhân tế bào ) là 6,6 pg, đã nguyên phân liên tiếp một số lần nguyên liệu từ môi trường tào ra 204,6 pg DNA ( 1 pg = 10-12g) a. Xác định số tế bào mới được tạo thành ở thế hệ tế bào cuối cùng và tổng số NST của số tế bào nói trên là bao nhiêu ? biết ở thế hệ tế bào cuối cùng NST chưa nhân đôi. b. Nếu một trong số tế bào mới được tạo thành nói trên đang ở kì giữa của nguyên phân thì sẽ có bao nhiêu tâm động và cromatic ? Giải a. Số tế bào mới được hình thành Gọi x là số lần nguyên phân liên tiếp. Theo đề bài , ta có x mtb ( 2 -1) = mmt 6,6 (2x-1) = 204,6 2x =32 → x =5 Số tế bào mới được hình thành là : 2x -1 =31 tế bào Tổng số NST của các tế bào mới hình thành : 2n(2x -1) = 46. 31=1426 b. Xác định số tâm động và cromatic ở kỳ giữa của nguyên phân Ở kì giữa nguyên phân các NST đóng xoắn cực đại, tồn tại ở dạng NST kép tập trung ở mặp phẳng xích đạo. Mỗi NST kép đều có 1 tâm động Vì vậy số tâm động bằng số NST đơn của tế bào là 46 tâm động. Cromatic là 1 chiếc trong NST kép khi chưa phân li , còn khi đã phân li gọi là NST đơn. Vì vậy số cromatic : 46 .2 = 92 70
Thanh Huy_SN.K33_ĐHSP 2011 Bài 12 : Một tế bào lưỡng bội của loài A nguyên phân tạo được 4 tế bào mới. một tế bào lưỡng bội của loài B nguyên phân liên tiếp tạo 16 tế bào mới. trong quá trình nguyên đó, cả 2 tế bào nói trên đã lấy nguyên liệu của môi trường tạo ra tương đương 264 NST ở trạng thái chưa nhân đôi. Biết rằng số lượng NST trong bộ lưỡng bội của loài B nhiều hơn loài A là 8 NST đơn. a. Xác định số lượng NST trong bộ NST của mỗi loại b. Nếu 2 tế bào lưỡng bội của 2 loài trên nguyên phân liên tiếp tạo ra một số tế bào mới ở thế hệ cuối cùng với tổng số 192 NTS đơn ở trạng thái chưa nhân đôi thì mỗi tế bào nguyên phân liên tiếp mấy lần ? c. Môi trường nội bào đã cung cấp nguyên liệu tạo ra tương đương với bao nhiêu NST đơn cho quá trình nguyên phân của mỗi tế bào nói trên ? Giải a. Xác định bộ NST lưỡng bội của mỗi loài - Loài A qua nguyên phân tạo 4 tế bào → số đợt nguyên phân là 2 - Loài B qua nguyên phân tạo 16 tế bào → số đợt nguyên phân là 4 Theo đề bài, ta có : 2 4 2nA( 2 -1) + 2nB(2 -1) = 264 2nA = 8 2nB- 2nA =8 2nB= 16 Vậy bộ NST lưỡng bội của loài A là 2n = 8 Bộ NST lưỡng bội của loài B là 2n = 16 b. Xác định số lần nguyên phân của mỗi hợp tử : Gọi x là số lần nguyên phân của hợp tử A y là số lần nguyên phân của hợp tử B (x,y >0, x,y nguyên dương) Theo đề bài, ta có : x y 2nA .2 + 2nB.2 = 192 8.2x + 16. 2y = 192 2x + 2. 2y = 24 Biện luận : x 1 2 3 y lẻ lẻ 3 (l) (l) (n) Vậy hợp tử A và hợp tử B cùng nguyên phân 3 lần. 71
Thanh Huy_SN.K33_ĐHSP 2011 c. Số NST đơn môi trường nội bào cung cấp : - Cho loài A : x 2nA.(2 -1) = 8. 3 = 24 (NST) - Cho loài B : y 2nB. (2 -1) = 16. 15 = 240 (NST) Bài 13 : Một tế bào lưỡng bội của ruồi giấm 2n = 8, nguyên phân liên tiếp một số lần tạo ra só tế bào mới ở thế hệ cuối cùng với 256 NST ở trạng thái chưa nhân đôi a. Xác định số đợt phân bào của tế bào ban đầu b. Cho rằng các tế bào mới được hình thành nói trên lại diễn ra một đợt nguyên phân tiếp theo xác định : - Số cromatic ở kỳ giữa của mỗi tế bào - Số tâm động ở kỳ giữa và kỳ sau của mỗi tế bào - Số NST ở kỳ sau của các tế bào c. Các tế bào mới được hình thành sau đợt phân bào tiếp theo nói trên đều trở thành tế bào sinh trứng : – Khi các tế bào sinh trứng đều giảm phân thì môi trường nội bào sẽ cung cấp nguyên liêu tương đương với bao nhiều NST đơn ? – Khi quá trình giảm phân của các tế bào sinh trứng kết thúc thì có bao nhiều trứng được tạo thành và tổng số NST trong các té bào trứng là bao nhiêu ? d. 50% số trứng được tạo thành được thụ tinh để tạo hợp tử. Mỗi trứng được thụ tinh cần một triệu tinh trùng tham gia ( giả thuyết). Hãy xác định : - Số tinh trùng tham gia thụ tinh cho 50% số trứng nói trên - Số NST trong tổng số hợp tử được tạo thành Giải a. Xác định số đợt phân bào của tế bào ban đầu. Gọi x là số đợt phân bào của tế bào ( x>0, x nguyên dương) Theo đề bài, ta có: 8.2x= 256 → 2x = 32 → x = 5 Vậy tế bào nguyên phân 5 lần b.Khi các tế bào mới được hình thành nói trên lại diễn ra một đợt nguyên phân tiếp. - Số cromatic ở kì giữa của mỗi tế bào : (1 tế bào) 8.2= 16 cromatic 72
Thanh Huy_SN.K33_ĐHSP 2011 - Số tâm động ở kỳ giữa và kỳ sau của mỗi tế bào + Số tâm động ở kì giữa (NST kép) : 8 + Số tâm động ở kì sau (NST đơn): 8.2 = 16 - Số NST ở kỳ sau của các tế bào : ( ở kì sau NST ở trạng thái NST đơn) 8. ( 26 -1) = 504 (NST) c. Xác định số NST đơn môi trường cung cấp Các tế bào mới được hình thành sau đợt phân bào tiếp theo là 26 =64 ( tế bào) Số trứng tạo thành : 64 trứng. Số NST đơn môi trường nội bào cung cấp cho các tế bào trứng tiến hành giảm phân : 8. 64 = 512 (NST) * Số trứng được tạo thành - 1 tế bào sinh trứng qua giảm phân tạo 1 trứng và 3 thể định hướng Vậy với 64 sinh tế bào trứng qua giảm phân tạo ra 64 trứng. * Tổng số NST trong các tế bào trứng tạo thành: Tế bào trứng có bộ NST đơn bội (n=4) : 64 tế bào trứng . 4 =256 (NST) d. Xác đinh số tinh trùng tham gia thụ tinh và số NST trong các hợp tử tạo thành Số trứng được tạo thành được thụ tinh để tạo hợp tử : 50% 64.= 32 trứng Số tinh trùng tham gia thụ tinh : 1.000.000 x 32= 32.000.000 (tinh trùng) Số NST trong tổng số hợp tử được tạo thành - Số hợp tử tạo thành = số trứng được thụ tinh = 32 hợp tử Vậy số NST trong tổng số hợp tử tạo thành : 32. 8 = 256 (NST) Bài 14: Một hợp tử được hình thành từ một tế bào trứng có 4 NST khác nhau là A, b, C, X được thụ tinh với một tinh trùng có 4 NST tương ứng là a, B,c,Y a. Khi hợp tử trên trải qua 4 lần phân bào liên tiếp thì môi trường nội bào đã phải cung cấp bao nhiêu NST mỗi loại? 73
Thanh Huy_SN.K33_ĐHSP 2011 b. Khi cơ thể trưởng thành phát triển từ hợp tử đó có sự giảm phân để hình thành giao tử thì kí hiệu bộ NST ở kỳ giữa và kỳ sau của lần phân bào 1 sẽ như thế nào? Các giao tử được hình thành có thể có bộ NST như thế nào? 74
Thanh Huy_SN.K33_ĐHSP 2011 Bài 15: Một gà mái đẻ được một số trứng, nhưng khi ấp chỉ nở được 12 gà con, các hợp tử nở thành gà con có 936 NST đơn ở trạng thái chưa nhân đôi, số trứng còn lại không nở. số tinh trùng được sinh ra cho gà giao phối có 624.103 NST đơn. Giả thuyết số tinh trùng được trực tiếp thụ tinh với trứng chiếm tỉ lệ 1/1000 so với tổng số tinh trùng được hình thành. Mỗi tinh trùng thụ tinh với một trứng. hãy xác định: a. Số trứng được thụ tinh b. Trứng không nở thành gà con có bộ NST như thế nào? c. Số gà trống và gà mái trong đàn trên có theo tỉ lệ 1:1 không? Tại sao? Giải a. Số trứng được thụ tinh - Bộ NST lưỡng bội của gà 936 : 12 =78 (NST) - Bộ NST đơn bội của tinh trùng: 78 : 2 = 39 (NST) - Số tinh trùng được tạo ra cho gà giao phối: 624.000 : 39 = 16.000 ( tinh trùng) - Số tinh trùng tham gia thụ tinh: 16.000 x 1/1000 = 16 ( tinh trùng) - Số trứng thụ tinh = số tinh trùng trực tiếp thụ tinh = 16 trứng b. Số trứng không nở có bộ NST là 2n = 78 c. Số gà trống và gà mái trong đàn sẽ không theo tỉ lệ 1:1 vì: - Muốn thu được tỉ lệ 1 :1 thì số cá thể phải nhiều - Số trứng không nở là 4 trứng, và 4 trứng này chưa biết được giới tính của chúng. Bài 16: Một tế bào lưỡng bội của một loài nguyên phân liên tiếp 8 lần đã lấy từ môi trường nội bào nguyên liệu tạo ra tương đương với 20400NST đơn. a. Xác định 2n của loài b. Xác định số NST theo trạng thái của chúng ở các tế bào mới được tạo thành ở thế hệ cuối cùng khi chúng ở kỳ giữa và kỳ sau của nguyên phân. 75
Thanh Huy_SN.K33_ĐHSP 2011 c. 1/8 số tế bào của nhóm tế bào trên lại tiếp tục nguyên phân một số lần bằng nhau để tạo ra các tế bào mới. các tế bào này giảm phân và đã lấy nguyên liệu từ môi trường nội bào tạo ra tương đương với 40960 NST đơn. Xác định: - Số lần nguyên phân của nhóm tế bào trên - Số NST theo trạng thái của chúng ở nhóm tê bào khi ở kỳ sau của phân bào giảm phân 1 và kỳ sau của phân bào giảm phân 2 - Số tinh trùng và số trứng được tạo ra và số NST của chúng Giải a. Bộ NST lưỡng bội của loài : - Theo đề bài, ta có số NST môi trường nội bào cung ∑NSTcc = 2n . ( 2x -2) 20400 = 2n (28 -1) → 2n = 80 - Vậy bộ NST lưỡng bội của loài là 2n =80 b. Số NST theo trạng thái của chúng ở các tế bào mới được tạo thành ở thế hệ cuối cùng khi chúng ở kỳ giữa và kỳ sau của nguyên phân - Số tế bào mới ở thế hệ cuối cùng : 28 =256 tế bào - Số NST Kép ở kì giữa nguyên phân của 256 tế bào: 256 . 2.2n = 256.2.80 = 40960 - Số NST đơn ở kì sau nguyên phân của 256 tế bào: 256 . 2n = 256. 80 = 20480 c. Số lần nguyên phân - 1/8 số tế bào của nhóm tế bào trên tiếp tục nguyên phân = 1/8 . 256 = 32 tế bào - Số NST đơn có ở các tế bào trước khi bước vào giảm phân: 40960 : 2 = 20480 - Gọi y là số lần nguyên phân: Ta có số NST đơn có ở các tế bào trước khi bước vào giảm phân chính là số NST có ở các tế bào sau khi 32 tế bào nguyên phân : 32.2n. 2y = 20480 32. 80 . 2y = 20480 → 2y = 8 → y =3 - Số tế bào tham gia giảm phân : 32. 23 = 256 (tế bào) - Số NST ở kì sau của giảm phân 1: 256 80 = 20480 (NST) - Số NST ở kì sau của giảm phân 2: 256. 80 . 2 = 81920 (NST) 76
Thanh Huy_SN.K33_ĐHSP 2011 CÁC QUI LUẬT BIẾN DỊ Bài 1: Gen B đột biến mất đi một đoạn gồm 2 mạch bằng nhau. Phần còn lại gọi là gen b. Đoạn bị mất mã hóa cho 30 axit amin. Đoạn còn lại có A=20% và đoạn mất đi có A=30% số Nu của đoạn. Khi gen B và b tự sao một lần, chúng đòi hỏi môi trường cung cấp 5820 Nu. a. Xác định chiều dài của gen B và b b. Tính số lượng mỗi loại Nu trong gen B Giải a. Xác định chiều dài gen B và gen b: - Tổng số Nu của đoạn bị mất ( gen a) (30 x3).2 = 180 (Nu) - Theo đề bài ta có: NB + Nb = 5820 NB = 3000 (Nu) NB - Nb = 180 Nb = 2820 (Nu) - Chiều dài gen B : (3000 : 2) x 3,4 = 5100 A0 - Chiều dài gen b : ( 2820 : 2) . 3,4 = 4794 A0 b. Xác định số lượng mỗi loại Nu trong gen B : - Số lượng mỗi loại Nu của đoạn bị mất ( đoạn a) A =T =30% Na = 30%.180 = 54 (Nu) G=X = 20% Na= 20%. 180 =36 (Nu) - Số lượng mỗi loại Nu của đoạn còn lại ( đoạn b) A=T= 20% Nb = 20% . 2820 =564 (Nu) G=X= 30% Nb = 30% . 2820 = 846 (Nu) - Số lượng mỗi loại Nu của gen B : A=T= 564 + 54 = 618 (Nu) G=X= 846 + 36 = 882 (Nu) Bài 2 : Một gen xác định cấu trúc của một chuỗi peptit gồm 498 axit amin, có A/G = 2/3. Cho đột biến xảy ra không làm thay đổi số Nu của gen. a. Một đột biến làm gen sau đột biến có tỉ lệ A/G ≈ 66,4%. Dột biến này thuộc dạng nào và đã làm cho cấu trúc của gen thay đổi như thế nào ? b. Một đột biến khác làm gen sau đột biến có A/G ≈ 66,8%. Đột biến này có gì khác đột biến trên ? cấu trúc của gen bị thay đổi thế nào ? 77
Thanh Huy_SN.K33_ĐHSP 2011 Giải a. Xác định dạng đột biến và hậu quả : - Tổng số Nu của gen : ( 498 + 2) . 6 = 3000 (Nu) Theo đề bài, ta có: 2A + 2G = 3000 (Nu) A= T= 600 A/G = 2/3 G= X = 900 Vì đột biến không làm thay đổi tổng số Nu của gen mà làm tỉ lệ A/G thay đổi. Như vậy đột biến thuộc dạng thay thế. - Trước khi đột biến xảy ra , tỉ lệ A/G = 66.6% - Sau khi đột biến xảy ra , tỉ lệ A/G = 66,4% Suy ra : A giảm, G tăng. Đột biến thay thế cặp A-T bằng cặp G-X - Gọi x là số cặp G-X thay thế cho cặp A-T Ta có: A – x = 0.664 G + x 600 – x = 0.664 ( 900 + x) x≈ 1. Vậy đột biến thuộc dạng thay thế 1 cặp A-T bằng 1 cặp G-X - Số lượng từng loại Nu của gen sau đột biến: A =T = 600 -1 =599 (Nu) G= X = 900 + 1 = 901 (Nu) b. Xác định dạng đột biến và hậu quả: - Trước khi đột biến : A/G = 66,4% - Sau khi đột biến , A/G = 66,8% Suy ra A tăng, G giảm → đột biến thay thế cặp G-X bằng cặp A-T. - Gọi x là số cặp Nu bị thay thế. 78
Thanh Huy_SN.K33_ĐHSP 2011 - Ta có : A + x = 0,668 G – x 600 + x = 0,668 ( 900 –x ) x ≈ 1 → vậy đây là dạng đột biến thay thế 1 cặp G-X bằng 1 cặp A- T - Số lượng từng loại Nu của gen sau đột biến : A =T = 600 +1 = 601 (Nu) G= X = 900 -1 = 899 (Nu) Bài 3 : Gen B và D đều tổng hợp được một chuỗi peptit. Số phân tử nước được giải phóng khi hoàn tất quá trình tổng hợp 2 chuỗi peptit đó là 496. Số lượt tARN tham gia tổng hợp chuỗi peptit cảu gen B nhiều hơn chuỗi peptit do gen D tổng hợp là 100. Các loại rNu thứ tự A : U : G : X ở bản mã sao của gen B tương ứng với tỉ lệ 1 :2 :3 :4, củ gen D tương ứng với tỉ lệ 3 : 3 :2 :2. a. So sánh khối lượng phân tử của 2 gen. Cho biết 1 Nu có khối lượng là 300 đvc b. Xác định số Nu từng loại ở mỗi mạch của gen c. Gen B đột biến thành gen b do mất 1 cặp G-X. Gen D đột biến mất môt cặp A-T để tạo thành gen d. Hãy xác định số Nu từng loại ở toàn bộ các gen mới được tạo thành sau 3 đợt tự sao liên tiếp từ 2 cặp gen Bb và Dd. Giải a. So sánh khối lượng phân tử của 2 gen - Số phân tử H2O giải phóng của chuỗi polipeptit tổng hợp từ gen B: (rNB/3 – 2) - Số phân tử H2O giải phóng của chuỗi polipeptit tổng hợp từ gen D: (rND/3 – 2) - Theo đề bài, ta có: (rNB/3 – 2)+ (rND/3 – 2) = 496 rNB + rND = 1500 (1) 79
Thanh Huy_SN.K33_ĐHSP 2011 - Mặc khác, với 1 tARN mang 1 axit amin tương ứng với 3 Nu Với 100 tARN mang 100 axit amin tương ứng với 300 Nu Suy ra : rNB – rND = 300 (2) - Giải hệ (1) và (2) ta được : rNB = 900 → NB = 1800 (Nu) rND = 600→ ND = 1200 (Nu) - Khối lượng phân tử gen B: 1800 . 300 = 480.000 ĐVC - Khối lượng phân tử gen D : 1200 . 300 = 360.00 ĐVC Vậy Mgen B > MgenD b. Số Nu mỗi loại ở mỗi mạch của gen Xét gen B: xét gen D rA = Tmg = Abs =(900 :10). 1 = 90 rA = Tmg = Abs = (600 : 10) .3 = 180 rU= Amg = Tbs = 90 .2 =180 rU= Amg = Tbs = (600 : 10) . 3 =180 rG= Xmg =Gbs = 90 .3 = 270 rG= Xmg =Gbs = (600 : 10) .2 = 120 rX=Gmg = Xbs= 90.4 = 360 rX=Gmg = Xbs= (600:10).2 = 120 c. Số Nu từng loại ở toàn bộ các gen được tạo thành sau 3 đợt tự sao liên tiếp từ 2 cặp gen Bb và Dd. - Số Nu từng loại của gen B: A=T= 90 + 180 = 270 G=X= 270 + 360 = 630 - Số Nu mỗi loại của gen b: A = T = 270 G=X = 630 -1 =629 80