Tài liệu I.dt phân tử

CHUYÊN ĐỀ CƠ SỞ VẬT CHẤT VÀ CƠ CHẾ DI TRUYỀN Ở CẤP ĐỘ PHÂN TỬ GV : Lê Ngọc Bích_ TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN QUANG DIÊU A. MỘT SỐ CÔNG THỨC CƠ BẢN: PHẦN I: CẤU TRÚC CỦA PHÂN TỬ ADN 1. Đối với mỗi mạch: Trong ADN, 2 mạch bổ sung nhau nên số nu và chiều dài của 2 mạch bằng nhau. Mạch 1: A1 T1 G1 X1 A1 = T2 ; T1 = A2 ; G1 = X2 ; X1 = G2 Mạch 2: T2 A2 X2 G2 2. Đối với cả 2 mạch: Số nu mỗi loại của ADN là số nu loại đó ở 2 mạch. A = T = A1 + A2 = T1 + T2 = A1 + T1 = A2+ T2 %A + %G = %T + %X= 50% A + G = T + X = N/2 G = X = G1 + G2 = X1 + X2 = G1 + X1 = G2 + X2 %A1 + %A2 2 %G1 + %G2 = 2 = %T1 + %T2 2 %X1 + % X2 = = %A = %T %G = %X 2 + Do mỗi chu kì xoắn gồm 10 cặp nu = 20 nu nên ta có: N = 20 x Số chu kì xoắn ADN Số chu kì xoắn = Chiều dài ADN : 34A0 1 +Mỗi nu có khối lượng là 300 đơn vị cacbon nên ta có: N = Khối lượng phân tử ADN 300 3. Chiều dài phân tử ADN: Mỗi mạch có N/2 nu, chiều dài của 1 nu là 3,4 A0 . 1A0 = 10-4 micromet(µm) = 10-1nanomet(nm). N x 3,4 A0 L= = 10-7 milimet(mm) = 10-10met(m). 2 4. Số liên kết Hidro: Theo nguyên tắc bổ sung (NTBS): A của mạch này liên kết với T của mạch kia bằng 2 liên kết hidro. G của mạch này liên kết với X của mạch kia bằng 3 liên kết hidro. → A = T; G = X H = 2A + 3G= 2T +3X 5. Số liên kết cộng hóa trị: - Trong mỗi mạch đơn, 2 nu kế tiếp nối với nhau bằng một liên kết hóa trị, vậy N/2 nu sẽ có số liên kết hóa trị là N/2 – 1 liên kết. → Số liên kết hóa trị giữa các nu trong cả 2 mạch của ADN là: ( N/2 – 1 )2 = N – 2 - Trong mỗi nu có một liên kết hóa trị ở axit photphoric với đường C5H10O4. Số liên kết hóa trị trong 1 mạch ADN = ( N/2 – 1) + N/2 = N -1 → Số liên kết hóa trị trong cả phân tử ADN là: N – 2 + N = 2N – 2 = 2 (N-1) 2 Thí dụ l. Một gen có 3000 nuclêôtit, chiều dài của gen là : A. 2040 Ao. B. 3060 Ao. Giải. Áp dụng công thức L = C. 4080 Ao. D. 5100 Ao. N 3000 Nu x 3,4Ao = x 3,4Ao = 5100 Ao. 2 2 Thí dụ 2. Một gen có chiều dài 0,408m. Số chu kì xoắn của gen là : A. 60. B. 90. C. 120. D. 150. L 0, 408 x10 4 Ao Giải. Áp dụng công thức C = = = 120. 34A o 34 Ao Thí dụ 3. Một gen có khối lượng 9 x 105 đvC. Gen có số nuclêôtit là : A. 3000Nu. B. 2400Nu. Giải. Áp dụng công thức N = C. 1800Nu. M 9 x105 dvC = 300dvC 300dvC D. 1500Nu. = 3000Nu. Thí dụ 4. Một gen có 3000 Nu. Gen có hiệu số giữa Xitôzin với một loại nuclêôtit khác bằng 20% số nuclêôtit của gen. Tỉ lệ phần trăm từng loại nuclêôtit của gen là : A. %A=%T=20%, %G=%X=30%. B. %A=%T=30%, %G=%X=20%. C. %A=%T=35%, %G=%X=15%. D. %A=%T=15%, %G=%X=35%. Giải. Theo NTBS ta có phương trình %X + %A = 50% (1) Theo giả thiết ta có phương trình %X - %A = 20% (2)  % X  % A  50%  % X  35%    % X  % A  20%  % A  15% Ta có hệ phương trình  Thí dụ 5. Một gen có 3000 Nu. Gen có hiệu số giữa Xitôzin với một loại nuclêôtit khác bằng 10% số nuclêôtit của gen. Số lượng từng loại nuclêôtit của gen là : A. A = T = 1050Nu, G = X = 450Nu. B. A = T = 450Nu, G = X = 1050Nu. C. A = T = 900Nu, G = X = 600Nu. D. A = T = 600Nu, G = X = 900Nu. Giải. Theo NTBS ta có phương trình %X + %A = 50% (1) Theo giả thiết ta có phương trình %X - %A = 10% (2)  % X  % A  50%  % X  30%    % X  % A  10%  % A  20%. Ta có hệ phương trình  Mà N = 3000Nu được tính là 100%  A = T = G=X= N 2 -A= 3000 2 3000 100% x 20% = 600N - 600 = 900Nu. 3 Thí dụ 6. Một gen có khối lượng 9.10 5 đvC. Tích số phần trăm giữa Timin với một loại nuclêôtit khác không bổ sung với nó bằng 4%. Biết rằng số lượng Timin nhiều hơn số lượng nuclêôtit không bổ sung đó. Tỉ lệ phần trăm từng loại nuclêôtit của gen là : A. %A = %T = 40%, %G = %X = 10%. B. %A = %T = 30%, %G = %X = 20%. C. %A = %T = 35%, %G = %X = 15%. D. %A = %T = 10%, %G = %X = 40%. Giải. N = M 9 x105 dvC = 300dvC 300dvC = 3000Nu. Theo NTBS ta có phương trình %T + %G = 50% (1) Theo giả thiết ta có phương trình %T x %G = 4% (2) Áp dụng định lý Vi-et ta có phương trình %T2 – 0,5%T + 0,04 = 0 Suy ra %T = %A = 40%, %G = %X = 10%. Thí dụ 7. Một gen có khối lượng 9.10 5 đvC. Tích số phần trăm giữa Timin với một loại nuclêôtit khác không bổ sung với nó bằng 4%. Biết rằng số lượng Timin nhiều hơn số lượng nuclêôtit không bổ sung đó. Số lượng từng loại nuclêôtit của gen là : A. A = T = 900Nu, G = X = 600Nu. B. A = T = 1200Nu, G = X = 300Nu. C. A = T = 1050Nu, G = X = 450Nu. D. A = T = 600Nu, G = X = 900Nu. Giải. Tương tự thí dụ 6 ta có %A = %T = 40%, %G = %X = 10%. Mà N = 3000Nu và %N = 100%  T = A = G=X= N 2 - A G = X = 3000 2 3000 100% x 40% = 1200Nu. - 1200 = 300Nu. Thí dụ 8. Một gen có 150 vòng xoắn và hiệu bình phương giữa Ađênin với loại không bổ sung bằng 15% tổng số nuclêôtit của gen. Số nuclêôtit từng loại của gen là : A. A = T = 900Nu, G = X = 600Nu. B. A = T = 600Nu, G = X = 900Nu. C. A = T = 1050Nu, G = X = 450Nu. D. A = T = 1200Nu, G = X = 300Nu. Giải. Ta có N = 20.C = 20 x 150 = 3000Nu Theo NTBS ta có phương trình %A + %G = 50% (1) Theo giả thiết ta có phương trình %A2 - %G2 = 15% (2) Thế (1) vào (2) ta được 50%(%A - %G) = 15%  %A - %G = 30% (2’)  % A  %G  50%  % A  %G  30% Kết hợp (1) với (2’) ta được  Suy ra %A = %T = 40%, %G - %X = 10% Mà N = 3000Nu, được tính bằng 100%  A = T = 3000 100% x 40% = 1200Nu. 4 Do đó G – X = N 2 - A. Vậy G = X = 3000 2 - 1200 = 300Nu. *Mốối tương quan vềề sốố lượng giữa gen và từng mạch đơn A T G X 1 gen T A X G 2 Do gen có hai mạch đơn, mà giữa hai mạch đơn, các nuclêôtit liên kết nhau theo NTBS, suy ra A1 = T2, Tl = A2, Gl = X2, Xl = G2. Mặt khác ta có A = T= A1 + A2 = A1 + Tl = A2 + T2 = Tl + T2 = Tương tự G = X = Gl + G2 = Gl + X1 = G2 + X2 = Xl + X2. Thí dụ 9. Một gen có 900 Guanin và tỉ lệ A/G = 2/3. Mạch thứ nhất của gen có 250 Ađênin. Mạch thứ hai có 400 Guanin. Số lượng từng loại nuclêôtil trên mỗi mạch đơn của gen là : A. A1 = T2 = 250Nu, T1 = A2 = 350Nu, G1= X2 = 400Nu, X1 = G2 = 500Nu. B. A1 = T2 = 350Nu, T1 = A2 = 250Nu, G1= X2 = 500Nu, X1 = G2 = 400Nu. C. A1 = T2 = 250Nu, T1 = A2 = 350Nu, G1= X2 = 500Nu, X1 = G2 = 400Nu. D. A1 = T2 = 350Nu, T1 = A2 = 250Nu, G1= X2 = 400Nu, X1 = G2 = 500Nu. Giải. Theo giả thiết, ta có G = 900Nu. Vì A/G = 2/3 nên A = 2G 2.900 = = 600Nu. 3 3 Mặt khác Al = 250Nu ; G2 = 400Nu. Dựa vào mối tương quan về số lượng từng loại nuclêôtit giữa gen và mạch đơn, kết hợp NTBS ta có : Mạch 1 : Al = 250Nu; Tl = A – Al = 600Nu - 250Nu = 350Nu. Xl = G2 = 400Nu; Gl = G – Xl = 900Nu – 400Nu = 500Nu. Từ mạch 1 theo NTBS ta có mạch 2 của gen : A2 = Tl = 350Nu; T2 = Al = 250Nu; G2 = 400Nu, X2 = Gl = 500Nu Thí dụ 10. Một gen dài 3386,4 A, có 2739 liên kết hidrô. Gen tái sinh đã tạo ra mạch đơn thứ nhất lấy từ môi trường nội bào các nuclêôtit tự do, trong đó có 149 Ađênin và 247 Xitôzin để góp phần hình thành một gen con. Số lượng từng loại nuclêôtit trên từng mạch đơn của gen là : A. A1= T2 = 149Nu, T1 = A2 = 100Nu, G1 = X2 = 500Nu, X1 = G2 = 247Nu. B. A1= T2 = 149Nu, T1 = A2 = 200Nu, G1 = X2 = 400Nu, X1 = G2 = 247Nu. C. A1= T2 = 149Nu, T1 = A2 = 100Nu, G1 = X2 = 247Nu, X1 = G2 = 500Nu. D. A1= T2 = 249Nu, T1 = A2 = 100Nu, G1 = X2 = 400Nu, X1 = G2 = 247Nu. 5 Giải. N = 2L 2 x 3386,4A o = 1992Nu. o = 3,4A o 3, 4 A Mặt khác H = N + G  G = X = H – N = 2739 – 1992 = 747Nu. Ta lại có N = 2(A + G)  A = T = N 1992 G= - 747 = 249Nu. 2 2 Mạch đơn mới là mạch 1 của gen  Al = l49Nu; Xl = 247Nu. Dựa vào mối tương quan về số lượng nuclêôtit của gen và mạch đơn, ta có : Mạch 1 của gen : Al = l49Nu ; Tl = A – Al = 249 – 149 = 100Nu ; Xl = 247Nu ; Gl = G – Xl = 747 – 247 = 500Nu. Theo NTBS ta có mạch 2 : A2 = Tl = 100Nu; T2 = Al = l49Nu; G2 = X1 = 247Nu; X2 = Gl = 500Nu. *Mốối tương quan vềề tỉ lệ phầền trăm giữa gen và t ừng mạch đ ơn : 100% A T G X 1 gen 100% T A X G 2 Toàn bộ gen được tính là 100%, mỗi mạch đơn của gen cũng được tính là 100%. %A1 + %T1 + %G1 + %X1 = %A2 + %T2 + %G2 + %X2 = 100%. Nên khi tính phần trăm của gen dựa vào mạch đơn ta phải chia hai. Từ số lượng nuclêôtit trên từng mạch đơn của gen ta suy ra : số lượng bằng nhau thì tỷ lệ phần trăm cũng bằng nhau (nhưng tỷ lệ phần trăm bằng nhau thì số lượng là bội số của nhau).  %A1 = %T2 ; %Tl = %A2 ; %G1 = %X2 ; %Xl = %G2.  %A= %T= %G = X= %A1  %A 2 %A1  %T1 %A 2  %T2 %T1  %T2 = = = 2 2 2 2 % G 1  % G 2 %G 1  % X 1 %G 2  % X 2 % X1  % X 2 = = = 2 2 2 2 Thí dụ 11. Một gen dài 3383 A có 2388 liên kết hidrô. Gen tái sinh đã tạo ra một mạch đơn lấy từ các nuclêôtit tự do của môi trường nội bào, trong đó có 199 Ađênin và 199 Xitôzin để góp phần hình thành một gen con. Tỉ lệ phần trăm từng loại nuclêôtit trên từng mạch đơn của gen là : A. %A1= %T2= 20%, %T1 = %A2 = 30%, %G1 = %X2 = 30%, %X1 = %G2 = 20%. B. %A1= %T2= 20%, %T1 = %A2 = 40%, %G1 = %X2 = 20%, %X1 = %G2 = 20%. C. %A1= %T2= 40%, %T1 = %A2 = 20%, %G1 = %X2 = 20%, %X1 = %G2 = 20%. 6 D. %A1= %T2= 15%, %T1 = %A2 = 35%, %G1 = %X2 = 30%, %X1 = %G2 = 20%. Giải. N = 2L 2 x3383 Ao = = 1990Nu. 3, 4 Ao 3, 4 Ao Mặt khác H = N + G  G = X = H – N = 2388 – 1990 = 398Nu. Ta lại có N = 2(A + G)  A = T = 1990 N G= - 398 = 597Nu 2 2 Mạch đơn mới là mạch 1 của gen  Al = l99Nu ; Xl = 199Nu. Dựa vào mối tương quan về số lượng nuclêôtit của gen và mạch đơn, ta có : Mạch 1 của gen : Al = l99Nu; Tl = A – Al = 597Nu – 199Nu = 398Nu; Xl = 199Nu; Gl = G – Xl = 398Nu – 199Nu = 199Nu. Mỗi mạch đơn chiếm tỉ lệ 100%, suy ra : %A1= 199 398 x100% = 20%, %T1= x100%=40%. 995 995 %G1=%X1=20% (vì A1 = G1 = X1 = 199Nu). Theo NTBS ta có mạch 2: %A2 = %Tl = 40%; %T2 = %X2 = %G2 = 20%. Thí dụ 12. Mạch đơn thứ nhất của gen có 10% Adênin, 30% Guanin. Mạch đơn thứ hai của gen có 20% Ađênin. Tỉ lệ phần trăm từng loại nuclêôtit trên từng mạch đơn là : A. %A1 = %T2 = 20%, %T1 = %A2 = 10%, %G1 = %X2 =30%, %X1 = %G2 = 40%. B. %A1 = %T2 = 10%, %T1 = %A2 = 20%, %G1 = %X2 =40%, %X1 = %G2 = 30%. C. %A1 = %T2 = 10%, %T1 = %A2 = 20%, %G1 = %X2 =30%, %X1 = %G2 = 40%. D. %A1 = %T2 = 10%, %T1 = %A2 = 30%, %G1 = %X2 =30%, %X1 = %G2 = 30%. Giải. Theo giả thiết ta có %Al = 10% ; %Gl = 30% ; %A2 = 20%. Theo NTBS : %Tl = %A2 = 20%. Mà mỗi mạch đơn của gen được tính là 100% Suy ra %X1 = 100% - (%A1 + %Tl + %G1) = 100% - (l0% + 20% + 30%) = 40% Từ mạch 1 ta có mạch 2 là : % A2 = %Tl = 20% ; %T2 = %Al = 10% ; %G2 = %Xl = 40% ; %X2 = %Gl = 30% Thí dụ 13. Xét một cặp nhiễm sắc thể tương đồng chứa một cặp gen dị hợp, mỗi gen đều dài 4080 Angstron. Gen trội A có 3120 liên kết hydrô. Số lượng từng loại nuclêôtit của gen là : A. A = T = 900Nu, G = X = 600Nu. B. A = T = 480Nu, G = X = 720Nu. C. A = T = 720Nu, G = X = 480Nu. D. A = T = 525Nu, G = X = 975Nu. 7 2L Giải. N = 3,4A o = 2 x 4080 Ao = 2400 Nu. Gen A có số liên kết hiđrô H = N + G 3, 4 Ao  G = X = H – N = 3120 – 2400 = 720Nu. A = N = N 2400 G   720  480 Nu. 2 2 Thí dụ 14. Một gen có 20% Ađênin so với số nuclêôtit của gen và 3120 liên kết hydrô. Số lượng từng loại nuclêôtit của gen là: A. A = T = 350Nu, G = X = 250Nu. B. A = T = 525Nu, G = X = 975Nu. C. A = T = 250Nu, G = X = 350Nu. D. A = T = 480Nu, G = X = 720Nu. Giải. Ta có %A + %G = 50%  %G = 50% - %A  %G = 50% - 20% = 30% H= 2% A.N 2%G.N 2.20%.N 3.30%.G.N   = 100% 100% 100% 100%  3120 = 40%.N 90%.N  100% 100% Mà %N = 100%  A = T = G=X= N= 3120.100% = 2400Nu. 130% 2400 x 20%  480 Nu. 100% N 2400 A   480  720Nu. 2 2 Thí dụ 15. Một gen có 2346 liên kết hyđrô. Hiệu số giữa Ađênin của gen với một loại nuclêôtit khác bằng 20% tổng số nuclêôtit của gen đó. Chiều dài của gen là: A. 3060A. B. 3468A. C. 4080A. D. 5100A. Giải. Theo NTBS ta có phương trình %A + %G = 50% (1) Theo giả thiết ta có phương trình %A - %G = 20% (2)  % A  %G  50%  % A  %G  20% Kết hợp lại ta có hệ phương trình  Suy ra %A = %T = 35% ; %G = %X = l5% Ta có H = N= 2%A.N 3%G.N   100% 100% 2346 = 2 x 35%.N  3x15% N 100% 2364 x100%  2040 Nu. 115 % Chiều dài của gen : L = N 2040 x 3,4Ao = x 3,4ªo = 3468ªo 2 2 Thí dụ 16. Một gen có chu kì xoắn là 120. Số liên kết hoá trị của mỗi gen là : A. 4798. B. 4800. C. 2398. D. 2400. Giải. Số liên kết hóa trị của mỗi gen là tổng số liên kết hóa trị cả ngang và dọc. Ta có N = 20.C = 20 x 120 = 2400 Nu ; Lk = 2(N-1)= 2(2400-1). 8 Thí dụ 17. Một gen của sinh vật nhân thật có chiều dài 0,51m. Số liên kết phosphodieste giữa các nuclêôtit của gen là : A. 5998. B. 6000. C. 2998. D. 300. Giải. Đây là số liên kết hóa trị dọc của gen. 2L 2.0,51.104 Ao Ta có N= 3,4A o = = 3000Nu. Mà Lk dọc = N – 2 = 3000 – 2 = 2998. 3, 4 Ao PHẦN II: QUÁ TRÌNH NHÂN ĐÔI ADN ( tự sao, tái bản, sao chép) Khi phân tử ADN nhân đôi x lần liên tiếp thì: a. Qua 1 đợt nhân đôi: Amt = Tmt = A = T Gmt = Xmt = G = X b. Qua nhiều đợt tự nhân đôi: - Tổng số ADN tạo thành:  - Số ADN con có 2 mạch hoàn toàn mới:  - ADN con có 2 mạch hoàn toàn mới = 2x – 2 Số ADN con được tạo thêm:  - ADN tạo thành = 2x ADN con được tạo thêm = 2x – 1 Số nu tự do môi trường cung cấp: Amt = Tmt = A( 2x – 1 ) Gmt = Xmt = G( 2x – 1 )= Nmt = N( 2x – 1 ) = T ( 2x – 1 ) 9 - Số nu trong các ADN tạo thành: G = X = G. 2x= X. 2x A = T = A. 2x = T. 2x N = N. 2x - Mốối qua hệ giữa sốố đoạn Okazaki và sốố đoạn mốồi: Gọi O là sốố đoạn Okazaki, M là sốố đoạn mốềi và Đ là sốố đơn v ị tái bản - 1 chạc chữ Y: M = O + 1 X( - 1 đơn vị tái bản: M = O + 2 - Sốố đoạn mốềi được tổng hợp: ΣM = (O + 2.Đ)(2x – 1) - Tỉ lệ Nu trên 2 mạch của ADN A1 + G1 = a  A2 + G2 = b T1 + X1 b T 2 + X2 a A1 + T1 = a  A2 + T2 = a G1 + X1 b G 2 + X2 b - Số liên kết hóa trị hình thành giữa các nu sau k lần nhân đôi : + Đối với ADN mạch thẳng : (N-2)(2k-1) + Đối với ADN mạch vòng : N(2k-1). X( Thí dụ . Một gen nhân đôi liên tiếp 4 lần. Số gen con hoàn toàn mới là: A. 30. B. 32. C. 14. D. 16. Giải. Áp dụng công thức 2x – 2 với k = 4, ta có 24 – 2 = 14. c) Số mạch đơn được hình thành sau x lần tự nhân đôi của gen Do mỗi gen được cấu tạo từ hai mạch đơn, suy ra số mạch đơn tạo thành là 2.2x = 2x + 1 Thí dụ. Một gen nhân đôi liên tiếp 4 lần. Số mạch đơn ở các gen con là: A. 30. B. 32. C. 14. D. 16. Giải. Áp dụng công thức 2.2x với k = 4, ta có 2.24 = 32. d) Số mạch đơn hoàn toàn mới 10 Số mạch đơn hoàn toàn mới là số mạch đơn được tổng hợp từ các nuclêôtit của môi trường nội bào hay số nuclêôtit được đánh dấu khi gen nhân đôi trong môi trường chứa các nuclêôtit đánh dấu. 2.2x – 2 = 2(2x – 1) Thí dụ . Một gen nhân đôi liên tiếp 4 lần. Số mạch đơn ở các gen con hoàn toàn mới là: A. 30. B. 32. C. 14. D. 16. Giải. Áp dụng công thức 2(2x – 1) với x = 4, ta có 2(24 – 1) = 30. Số nuclêôtit môi trường nội bào cung cấp cho quá trình tự nhân đôi của gen Thí dụ 1. Một gen khi tự sao đã lấy từ môi trường nội bào 9000 nuclêôtit, trong đó có 2700 Ađênin. Số lượng từng loại nuclêôtit của gen là: A. A = T = 700Nu, G = X = 1400Nu. B. A = T = 800Nu, G = X = 700Nu. C. A = T = 600Nu, G = X = 900Nu. D. A = T = 900Nu, G = X = 600Nu. Giải. Do gen có số lượng nuclêôtit dao động từ 1200Nu đến 3000Nu Gọi x là số lần tự sao của gen, N là số lần nuclêôtit của gen. Áp dụng công thức N = Nmt . 2x 1 Lập bảng biềốn thiền: x 1 2 3 4 N >lim 3000 lẽ - Xem thêm -