Задачі з біології

Відділ освіти Любешівської РДА

Районний методичний кабінет

Загальноосвітня школа 1-111 ст. с. Люб'язь

Розв'язування задач

з біології

В посібнику зібраний матеріал до вивчення розділів загальної біології. Пропоновані задачі розширюють та поглиблюють знання, дають вчителю та учням додаткові факти, сприяють зацікавленості до вивчення біології.

Автор-упорядник вчитель біології Масюк М.С.

Рецензенти: Л.В.Олішкевич, методист РМК

Л.А.Савчук, керівник районного методичного  об'єднання вчителів біології.

Розглянуто на засіданні методичної ради РМК відділу освіти Любешівської РДА протокол №4 від 28.02.12 р.

Зміст:

1.    Вступ

2.    Матеріальні основи спадковості. Будова і самоподвоєння ДНК.

3.    Біосинтез білка.

4.    Обмін речовин і перетворення енергії.

5.    Фотосинтез.

6.    Основні поняття генетики. Моногібридне схрещування.

7.    Дигібридне схрещування.

8.    Аналізуюче схрещування.

9.    Екологія.

10. Література

Вступ

Одна з основних вимог до школяра — це вміння розв’язу­вати задачі. Розв’язання за­дач необхідне для грунтовного за­своєння знань з біології й молеку­лярної біології, розуміння закономір­ностей успадкування, механізмів ре­алізації генетичної інформації.

Кожний розділ почи­нається роз’яснювальною частиною, в якій коротко розглядається суть біологічних  процесів і явищ, а також по­дається сучасна наукова термінологія. Далі наводяться приклади розв’язання типових задач різних варіантів. Аналіз типових задач до­помагає школярам виробити  логіку й опанувати різні спосо­би розв’язання.

Закінчується кожний розділ за­дачами для самостійного розв’язання, що мають різний ступінь складності й для яких дано лише відповіді.

2.МАТЕРІАЛЬНІ ОСНОВИ СПАДКОВОСТІ. БУДОВА І САМОПОДВОЄННЯ ДНК

Одна з фундаментальних власти­востей живих організмів — спад­ковість, тобто здатність передавати свої ознаки й особливості розвитку по- томкам. Ця здатність зумовлена пере­даванням із покоління в покоління ге­нетичної інформації. Матеріальним носієм цієї інформації є молекули де­зоксирибонуклеїнової кислоти (ДНК).

ДНК — це біополімер, мономе­ром якого є нуклеотид. Нуклеотид ДНК складається з трьох частин: азо­тистої основи, дезоксирибози та за­лишку фосфорної кислоти. Є чотири основні види азотистих основ: аденін (А), іуанін (Г), тимін (Т), цитозин (Ц). Назва нуклеотиду залежить від азотистої основи:

Азотиста основа    Назва нуклеотиду

аденін                 аденіловий

гуанін                  гуаніловий

тимін                    тимідиловий

цитозин              цитидиловий

Згідно з моделлю Уотсона-Кріка (1953) молекула ДНК складається з двох полінуклеотидних ланцюгів, за­кручених у спіраль відносно один од­ного (подвійна спіраль). Азотисті основи різних ланцюгів з’єднуються за допомогою водневих зв’язків певним чином, а саме: аденін із тиміном (два водневих зв’язки), гуанін із цитози­ном (три водневих зв’язки). Принцип вибіркової взаємодії нуклеотидів нази­вається принципом комплементарності. Розмір кожної комплементарної па­ри вздовж осі спіралі дорівнює 0,34 нм.

Передавання спадкової інформа­ції від одного покоління іншому забез­печується здатністю ДНК до самоподвоєння (реплікації). У спрощеному вигляді реплікація ДНК відбувається таким чином:

1) за допомогою певного фермента водневі зв’язки між ланцюгами ДНК розриваються;

2) фермент ДНК — полімераза (у відповідності з принципом комплементарності) на кожному материнсь­кому ланцюгу синтезує дочірні лан­цюги;

3) материнський і дочірній полінуклеотидні ланцюги взаємно спіралізуються.

Спосіб реплікації ДНК нази­вається напівконсервативним, тому що в кожній новій молекулі один лан­цюг — материнський, а другий — дочірній.

Необхідно знати!

Правила Чаргаффа (П.Ч.)

А = Т ; Г = Ц (комплементарні)

А + Г = Т + Ц ; (А + Т) + (Ц + Г) = 100%

І (пари нукпеотидів ДНК або одного нуклеотида РНК) =0,34 нм (l_Парин.))

 М (нуклеотида, середня) = 345 (М _(н.)

               ПРИКЛАДИ ЗАДАЧ

Задача 1. Фрагмент одного з ланцюгів ДНК має таку будову:

ААГ - ЦТЦ -АТГ- ЦАЦ Яка послідовність нукпеотидів у фрагменті другого ланцюга цієї молекули ДНК?

Розв’язання.

Послідовність нуклеотидів у другому ланцюзі ДНК визначається згідно з принципом комплементарності:

ТТЦ - ГАГ - ТАЦ - ГТГ  

Задача 2. Один із ланцюгів ДНК має таку будову:

АТГ — АЦЦ — АГТ -  ЦАЦ – АТЦ

Яка послідовність нуклеотидів у другому ланцюзі цієї молекули ДНК?

Розв’язання. Послідовність нуклеотидів у другому ланцюзі ДНК визначається у відповідності з прин­ципом комплементарності:

ТАЦ —ТГГ —ТЦА – ГТГ – ТАГ

Задача 3. Фрагмент молекули ДНК містить 560 тимідилових нукле­отидів, що становить 28% загальної кількості. Визначте:

а)  скільки в даному фрагменті аденілових, гуанілових і цитидилових нуклеотидів;

б) розмір даного фрагмента.

Розв’язання.

а) Кількість аденілових нуклео- тидів дорівнює кількості тимідилових (А - Т), тобто 560. Загальна кількість А і Т — 1120, що становить 56%

Позначимо кількість Г + Ц через х і складемо пропорцію:

1120 - 56%;

  х     -  44%

Звідси кількість Г — 440, Ц — 440.

б) В даному фрагменті 2 000 нук­леотидів, тобто 1 000 пар. Довжина комплементарної пари нуклеотидів — 0,34 нм. Довжина фрагмента ДНК: 1 000 х 0,34 нм - 340 нм.

Задача 4. У молекулі ДНК з від­носною масою 69000 на частку аденілових нуклеотидів припадає 8625. Визначте кількість нуклеотидів кожного виду, якщо молекулярна ма­са одного нуклеотида 345.

Розв’язання. Загальна кіль­кість нуклеотидів 69 000 : 345 ⁼ 200. Кількість аденілових нуклеотидів 8625 : 345 ⁼25, а оскільки А = Т, то тимідилових нуклеотидів також 25. Гуанілових і цитидилових нуклео­тидів 200 - 50 =150, а оскільки Г= Ц, то кожного виду окремо — по 75.

Задача 5. Фрагмент молекули ДНК містить 280 цитидилових нуклеотидів, що скла­дає 14% загальної кількості. Визначити:

а)  скільки в даному фрагменті тимидилових, аденілових та гуанілових нуклеотидів;

б)  довжину даного фрагмента.

Дано:

Ц = 280 (14%)

І,(пари н. ДНК)= 0,34 нм

А-?

Т--?

Г-?

І (фр.ДНК)-?

   

   Розв’язання

а)

1) Ц = Г, отже, Г = 280 нуклеотидів (14%).

2)  Г + Ц =280 + 280 = 560 (нуклеотидів).

3)Г + Ц = 14% + 14% = 28% .

4)(А + Т)+(Г + Ц) =400%, отже,

(А + Г) = 100% - 28% = 72%.

5) 560 (Г + Ц) нуклеотидів складають 28%,

(А + Т) нуклеотидів - 72%.

(А + Т) =  1440 (нуклеотидів).

6) А = Т, отже, А = 720 нуклеотидів, Т = 720 нуклеотидів.

б)

1) Уданому фрагменті 560 + 1440 = 2000 нуклеотидів, або 1000 пар нуклеотидів.

2) 1_{(фр ДНК)} = 0,34 нм -1000 = 340 нм.

Відповідь. У даному фрагменті молекули ДНК А = 720; Т = 720; Ц = 280. Довжина фрагмента 340 нм.

Виконай вправу самостійно.

Задача 6. Визнач послідовність нуклеотидів у ланцюзі ДНК, якщо комплементарний ланцюг має таку будову

ГАТ-ЦГА-АТЦ-ТГТ

Задача 7.Фрагмент молекули ДНК містить 950 аденілових нуклеотидів, що складає 20% за­гальної кількості. Визначити:

а)  скільки в даному фрагменті тимидилових, гуанілових і цитидилових нуклеотидів;

б)  довжину даного фрагмента.

Задача 8. Визначте послідовність нуклео­тидів у ланцюгу ДНК, якщо компле­ментарний ланцюг має таку будову:

ТАГ — АГЦ — ЦТА —АГА — ГТЦ.

Задача 9.Молекула ДНК розпалася на два ланцюги. Визначено послідовність нуклеотидів в одному з ланцюгів:

АТГ — ТАА — ЦГА –ЦЦГ – АТА-ГТА

Яку будову має другий ланцюг ДНК?

Задача 10.Визначте послідовність нуклеотидів ДНК, яка буде комплементарною до  такої:

                              АТГАЦТГГТАЦГТТАГ.

Задача 11. Довжина фрагмента ДНК 680 нм. Визначте кількість азотистих ос­нов у даному фрагменті.

    Відповідь.   4 000 основ

Задача 12. ДНК сперматозоїда людини містить  пар азотистих основ. Виз­начте довжину ДНК.

Відповідь: 0,34 м.

Задача 13. Фрагмент одного з ланцюгів ДНК має такий нуклеотидний склад:

АТГ —ГАЦ – АЦГ – ТГА

Визначте:

а) послідовність нуклеотидів у другому ланцюгу ДНК;

б) довжину цієї ділянки ДНК.

Відповідь:4.08 м

  

3.БІОСИНТЕЗ БІЛКА

Генетична інформація реалізу­ється через синтез певних білків, ха­рактерних для даного організму.

Ділянку молекули ДНК, яка містить інформацію про первинну структуру певного білка, називають геном. У межах гена є ділянки, які не­суть інформацію про білок — екзони, й неінформативні ділянки — інтрони. Спадкова інформація зашифрована в молекулах нуклеїнових кислот за до­помогою генетичного коду. Сутність коду полягає в тому, що послідовність амінокислот у білку визначається по­слідовністю нуклеотидів у ДНК або ІРНК. Оскільки в рибосомах поліпеп- тидний ланцюг синтезується у відпо­відності зі структурою ІРНК, то під ге­нетичним кодом, як правило, розуміють код ІРНК.

Генетичний код є триплетним, тобто кожна амінокислота кодується трійкою (триплетом) нуклеотидів. У коді є 64 триплети (кодони), але три з них (УГА, УАГ, УАА) не відповідають жодній амінокислоті. їх називають нонсенс-кодонами; це сигнали про за­кінчення синтезу поліпептидного лан­цюга. Генетичний код є виродженим, тому що всі амінокислоти, крім метіонину і триптофану, кодуються більше, ніж одним триплетом. Як пра­вило, в кодонах, що визначають одну й ту саму амінокислоту, перші два нуклеотиди однакові, а на третьому місці — різні. Наприклад, амінокис­лоті гліцину відповідають кодони ГГУ, ГГЦ, ГГА, ГГГ. При розв’язу­ванні задач звичайно називають пер­ший кодон, який стоїть у генетичному коді.

В ході синтезу білка відбуваються такі процеси, як транскрипція, акти­вація амінокислот, трансляція.

Транскрипція — це синтез іРНК за матрицею ДНК. Водневі зв’язки між ланцюгами ДНК на певній ділян­ці розриваються, подвійна спіраль у цьому місці розкручується й за допо­могою фермента РНК-полімераза син­тезується молекула іРНК-попередни­ка (про-іРНК). При цьому «перепи­суються» й екзони, й інтрони.

В еукаріот після транскрипції від­бувається сплайсінг — видалення ділянок про-іРНК, які відповідають інтронам, і з’єднання ділянок, які від­повідають екзонам, внаслідок чого ут­ворюється зріла іРНК.

Активація амінокислот — це з’єднання тРНК і амінокислот, збага­чених енергією. Кожна амінокислота з’єднується з певною тРНК. Транс­портна РНК має форму листка коню­шини. Амінокислота приєднується до одного кінця тРНК, а на протилежно­му кінці розміщений триплет нуклео- тидів, який називається антикодоном.

Трансляція — це синтез поліпептидного ланцюга за матрицею інфор­маційної РНК. Етапи трансляції:

1)  ініціація — початок транс­ляції,

2)  елонгація — продовження трансляції — вкладається з однакових циклів, що багаторазово повторюють­ся. Кожний цикл поділяється на три фази:

в 1-й фазі в рибосомі міститься одна тРНК з певною кількістю амі­нокислот, потім надходить друга тРНК з однією амінокислотою;

в 2-й фазі, якщо антикодон даної тРНК комплементарний кодонові іРНК, ланцюг амінокислот перено­ситься з першої тРНК на другу;

в 3-й фазі рибосома перемі­щується по іРНК на один триплет Перша тРНК виходить з рибосоми й знову може з’єднатися з аміно­кислотою.

3)   термінація — закінчення трансляції Сигналом цього є нонсенс- кодоном.

Ген - ділянка молекули ДНК (у деяких вірусів і фагів-РНК), яка визначає структуру певного білка або однієї нуклеїнової кислоти.

Задача 1. Скільки нуклеотидів входить до складу гена, що містить інформацію про білок з 60 амінокислот?

 Дано:

п = 60 амінокислот

П (н. гена)

Розв’язання.

ДНК <---- > ІРНК <--- > білок

1 амінокислота —> триплет нуклеотидів

1)    Визначаємо кількість нуклеотидів іРНК.

 п (н. ІРНК) ⁼ 60 3= 180

2) Визначаємо кількість нукпеотидів у гені.

П (н. гена)⁼ 180  2 = 360.

Відповідь. До складу гена, що містить інформацію про білок з 60 амінокислот,| 360 нуклеотидів.

Задача 2. Молекулярна маса одного з білків 34200. Визначити:

а)   кількість нуклеотидів ДНК, що кодують цей білок;

б)  довжину гена.

Дано:

М_(б)= 34200

М(а)= 100

п (н. ДНК) — ?

l {гена) - ?

Розв’язання.

ДНК ↔ ІРНК ↔ білок

1) Визначаємо кількість амінокислот у складі білка.

п(а)= М(б) : М(а)

п_(а)= 34200 : 100 = 342.

2) Цим амінокислотам відповідають нуклеотиди ІРНК

ІРНК     <==>             білок

триплет       одна амінокислота

нуклеотидів

Отже, п _(н. ірнк) = 342 3= 1026.

3) Визначаємо кількість нуклеотидов ДНК.

ДНК     <==>                 ІРНК

дволанцюгова            одноланцюгова

^п (н. днк) ⁼ 1026 • 2 = 2052.

4) l(гена) = 0,34 нм   l (пар н.ДНК або н.іРНК)

l (гена) = 0,34 нм • 1026 = 348,84 нм.

Відповідь, а) п _(н. _ДНК) = 2052; l(гена ) = 348,84 нм.

Задача 4. Білок рибонуклеаза складається з 124 амінокислот. Що важче:білок чи ген, що його кодує?

Дано
П(а)	=124
М(а)	=100
М(Н.)	=345
М(білка) - ?

М(гена)-?

Розв’язання.

1) Визначаємо відносну масу білка.

М(білка) ^— М(_а.) п(_а.),

м_{білка) = 100 • 124 = 12400.

2)  Визначаємо відносну масу гена.

Для цього:

а) визначимо кількість нуклеотидів іРНК.

П(н.ірнк) = 3 • п(а.)        П(_н.ірнк) =3 • 124 = 372.

б) кількість нуклеотидів ДНК (у гені).

П(н.днк) ⁼ 372 • 2 = 744.

ОТЖЕ, М(гена) = М(н.) П(н); М(гена) = 345•744 = 256680.

Відповідь. М(білка) ⁼ 124001; М(_гена) = 256680; М(_гена)>М(білка).

Задача 5. 

Діляна молекули ДНК має таку будову

АЦЦ АТА ГТЦ ЦАА ГГА.

Визначте послідовність амінокислот в поліпептидному ланцюгу.        

Розв’язання.

Спочатку визначаємо структуру ІРНК:

УГГУАУЦАГГУУЦЦУ            

За допомогою генетичного коду  встановлюємо будову відповідного поліпептидного ланцюга:

Триптофан-тирозин-глютамін-валін-пролін

Задача 6.  Ділянка поліпептид­ного ланцюга має таку будову: аланін—лізин—валін—серин.

Визначте послідовність нуклео­тидів у ділянці ДНК, яка кодує цю ча­стину ланцюга.

Розв’язання.

Спочатку виз­начаємо відповідну ділянку іРНК. В генетичному коді певній амінокислоті відповідає кілька триплетів іРНК. При розв’язанні задач, як правило, наво­диться перший триплет.

Білок: аланін—лізин—валін—серин;

ІРНК:ГЦУ-ААА-ГУУ-УЦУ

ДНК: ЦГА-ТТТ-ЦАА-АГА

Задача 7. Скільки нуклеотидів входить до складу гена (обидва лан­цюги ДНК), який містить інформацію про білок інсулін із 51 амінокислоти?

Розв’язання.

Одна аміно­кислота кодується трійкою нуклео­тидів. Ділянка одного ланцюга ДНК, що містить інформацію про білок із 51 амінокислоти, складається з 51 • 3 = = 153 нуклеотидів. Оскільки до гена входять два ланцюги ДНК, то кіль­кість нуклеотидів у ньому — 306,

За допомогою генетичного коду встановлюємо будову відповідного поліпептидного ланцюга:

триптофан—тирозин—глутамін— валін—пролін.

Розв’яжи задачу самостійно.

Задача 8.Молекула РНК вірусу тютюнової мозаїки складається з 6500 нуклеотидів. Одна  молекула білка вірусу складається з 158 амінокислот. Визначити:

а) довжину гена, який містить інформацію про структуру цього білка;

б) скільки видів білка закодовано в РНК вірусу.

Задача 9. Молекулярна маса білка 9000. Визначити довжину гена, який кодує цей білок.

Задача 10. Білок вазопресин складається з 9 амінокислот. Визначте кількість нуклеотидів у складі гена, що містить інформацію про цей білок.

Задача 11.Якій амінокислоті за генетичим кодом відповідає триплет

а)ААГ, б) ГЦУ, в) УЦА?

Відповідь а) лізин, б) аланін; в) серин

Задача 12.Які триплети за генетичним кодом відповідають амінокислотам тирозин, метіонін, валін, аргінін?

Відповідь: тирозин — УАУ, УАЦ, метіонін — АУГ; валін — ГУУ, ГУЦ, ГУА, ГУГ; аргінін — ЦГУ, ІГЦ, ЦГА, ЦГГ, АГА, АГГ

Задача 13.Яким буде нуклеотидний склад ділянки дволанцюгової ДНК, якщо РНК містить аденіну 21%, цитозину 25%, гуаніну 24%, урацилу 30%?

Відповідь: А — 25,5%; Г — 24,5%; Т — 2 5,5%; Ц — 24*5%.

Задача 14.Визначте послідовність амінокислот у поліпептиді, закодованому геном із таким складом нуклеотидів:  ЦАГТГГАЦАТАЦТТ

Відповідь: валін—треонін—цистеїн—метіонін—лізин.          

Задача 15.Фрагмент одного з ланцюгів ДНК має такий нуклеотидний склад: АТГГАЦАЦГТГА.

Визначте:

а)  послідовність нуклеотидів у другому ланцюзі ДНК;

б)  довжину цієї ділянки ДНК.          

Відповідь:4.08нм

Задача 16.   Поліпептидний ланцюг складається з таких амінокислот: валін—лейцин—гістидин—серин- ізолейцин.Яка послідовність нуклеотидів у ланцюзі ДНК, що кодує даний білок?           

Відповідь: ЦАА —ААТ-ГТА-АГА-ТАА

4.ОБМІН РЕЧОВИН І ПЕРЕТВОРЕННЯ ЕНЕРГІЇ

Для цього необхідно знати:

1. Неповне (безкисневе, анаеробне, гліколіз) розщеплення глюкози:

С₆Н₁₂0₆ + 2АДФ+2Н₃Р0₄ -> 2СзН₆0з + 2АТФ + 2Н₂0.

2.АДФ---> АТФ; АТФ-->АДФ + 40 кДж;

        АДФ -->АМФ + 40 кДж.

3. Повне (кисневе, клітинне дихання, цикл Кребса)розщеплення глюкози:

2С₃Н₆0₃ + 60₂ + 36Н₃Р0₄ + 36АДФ -> 6С0₂ + 36 АТФ + 42Н₂0

36 АТФ акумулюють 1440 кДж (36 • 40).

4. Сумарне рівняння:

С₆Н₁₂0₆ + З8АДФ+З8Н3РО4 + 60₂-> 6С0₂ + 38АТФ + 44Н₂0

38 АТФ акумулюють 1520 кДж (38 40).

5.   Майже 55% енергії, яка звільняється при розщепленні глюкози, акумулюється мо­лекулами АТФ і лише 45% розсіюється у вигляді тепла. Жодний перетворювач енергії в техніці не має такого високого ККД!

Задача 1. У процесі дисиміляції відбулося розщеплення 7 молей глюкози. З них повному розщепленню піддалися 3 молі.

Визначте:

а) скільки молей молочної кислоти і вуглекислого газу при цьому утворилося:

б) скільки молей АТФ синтезовано;

в) скільки молей енергії та в якій формі акумульовано;

г) скільки молей кисню витрачено на окислення молочної кислоти.

Записуємо ліворуч стислу умову задачі, праворуч - розв’язання.

Дано:

7 моль С₆Н₁₂0₆ з них:

3 молі - повне розщеплення

4 молі - неповне

а) СзН₆0з — ? С0₂ — ?

б) АТФ - ?

в) О - ?

г) 0₂ - ?

Розв’язання.

Якщо частина глюкози піддалася неповному розщеп­ленню, а частина - повному, необхідно використовува­ти для розв’язання задачі два рівняння реакцій:

С₆Н₁₂0₆ + 2АДФ+2Н₃Р0₄ ->2СзН₆0з + 2АТФ + 2Н₂0;

С₆Ні₂0₆ + 60₂ + З8АДФ+З8Н3РО4->6С0₂ + 38АТФ + 44Н₂0.

а) Якщо розщеплюється 1 моль С₆Н₁₂0₆, утворюється 2 молі С₃Н₆0₃ (відповідно до першого рівняння реакції). А якщо розщеплюється 4 молі глюкози, то утворюється 4 -2 = = 8 молей С₃Нб0₃.

Якщо розщеплюється ІМОЛЬ СбН₁₂0б, виділяється 6 молей С0₂ (відповідно до рівняння реакції). А якщо розщеплюється 3 молі С₆Н₁₂0₆, то виділяється 3 6= 18 молей С0₂.

б) Міркуємо аналогічно і робимо висновок:

4-2+ 3-38= 122 молі АТФ.

в)  122 • 40 кДж = 4880 кДж енергії у вигляді макроергічних зв'язків молекул АТФ.

г) Міркуємо як у пункті а) (відповідно до другого рівняння реакції):

3•6= 18 молей 0₂.

Відповідь, а) 8 молей С₃Н₆0₃; 18 молей С0₂; б) 122 молі АТФ; в) 4880 кДж енергії у ви­гляді макроергічних зв'язків молекули АТФ; г) 18 молей 0₂.

Задача 2. У результаті дисиміляції у клітинах утворилося 10 молей молочної кислоти  і 24 молі С0₂. Визначити:

а)  скільки всього молей глюкози витрачено;

б)  скільки з них піддалося тільки неповному і скільки - повному розщепленню;

в)  скільки АТФ при цьому синтезовано і скільки енергії акумульовано;«

г)   скільки молей 0₂ витрачено на окислення утвореної молочної кислоти.

Дано:

10 молей С₃Н₆0₃

24 молі С0₂

а), б) С₆Н₁₂О₆ — ?

в) АТФ - ? О - ?

г) 0₂- ?

Розв’язання.

Виходячи з продуктів розщеплення (СзН₆0з і С0₂), зроб висновок, що частина глюкози піддалася неповному розщепленню, а частина - повному.

Тому необхідно записати два рівняння реакцій.

С₆Н₁₂0₆ + 2АДФ+2Н₃Р0₄ -> 2С₃Н₆0₃ + 2АТФ + 2Н₂0

1 моль                                     2 молі 2 молі

С₆Н₁₂0₆ + 60₂ + З8АДФ+З8Н3РО4 -> 6С0₂ + 38АТФ + 44Н₂0

1 моль                                               6 молей 38 молей

  б)  Виходячи з першого рівняння реакції, 2 молі С₃Н₆0₃ утворюються при розщеп­ленні 1 моля С₆Н₁₂0₆. Отже, 10 молей С₃Н₆0₃ утворюється при розщепленні 5 (10:2) мо­лей С₆Н₁₂0₆.

Аналогічно міркуючи (використовуючи друге рівняння реакції), зробимо висно­вок: повному розщепленню піддалися 4 (24:6) молі С₆Н₁₂0₆.

Загальна кількість глюкози, що розщепилася: 5 + 4 = 9 молей.

в)  Міркуємо, як у пунктах а,б):

5 2 + 4 • 38 = 162 молі АТФ

40 кДж • 162 = 6480 «Дж енергії акумульовано в молекулах АТФ.

г) Міркуємо, як у пунктах а,б):

4 • 6 = 24 молі 0₂.

Такого самого результату можна досягти і іншим шляхом: з рівняння реакції видно, що кількість молей 0₂ відповідає кількості молей С0₂. Отже, якщо утворюється 24 молі С0₂, то і витрачається 24 молі 0₂.

Відповідь, а, б) 5 молей С₆Ні₂0₆ - неповне розщеплення, 4 молі С₆Н₁₂0₆ - повне роз­щеплення; 9 молей С₆Н₁₂0₆ - усього розщепилося; в) 162 молі АТФ, 6480 кДж енергії; г) 24 молі 0₂.

Розв’яжи задачу самостійно.

Задача 3. У процесі дисиміляції відбулося розщеплення 15 молей глюкози кисневому розщепленню піддалися 5 молей. Визначити:

а)  скільки молей молочної кислоти і вуглекислого газу при цьому утворилося;

б)  скільки молей АТФ при цьому утворилося;

в)  скільки енергії та в якій формі акумульовано в цих молекулах АТФ;

г)   скільки  молей СО₂ витрачено на окислення утвореної при  цьому молочної кислоти.

     Задача 4.  У результаті дисиміляції виділилося 24 молі С0₂ і 12 молей молочної кислоти.  Визначити:

а) скільки всього молей глюкози витрачено;

б)  скільки з них піддалося тільки неповному і скільки - повному розщепленню;

в)  скільки АТФ при цьому синтезовано і скільки енергії акумульовано;

г)   скільки молей 0₂ витрачено на окислення утвореної молочної кислоти.

  

5.ФОТОСИНТЕЗ

Задача 1. У процесі фотосинтезу одна рослина виділяє 203,6 г 0₂ за день. Скільки (теоретично) утворюється в листках глюкози і поглинеться С0₂ за два дні?

Дано:

m₀₂ = 203,6 г/день

mС₆Н₁₂О₆ ^— ?

mС0₂ - ?

Розв’язання.

1) Сумарне рівняння фотосинтезу: 6С0₂ + 6Н₂0 — С₆Н₁₂О₆ + 60₂↑

                                6 молей            1моль         6молей

                             6*44 = 264г 180 г      6 32= 192г

2) За рівнянням реакції визначаємо масу потрібних нам речовин за один день: а) При поглинанні 264г С0₂ виділяється 192г 0₂.

При поглинанні х г С0₂ виділяється 203,6 г 0₂ 264-203,6

х =        =280 г С0₂ за один день.

б) При поглинанні 264 г С0₂ утворюється 180 г С₆Н₁₂0₆.

При поглинанні 280 г С0₂ утворюється х г С₆Н₁₂О₆

х =        =190,9 г С₃Ні₂0₆ за один день.

3)За два дні mС₆Н₁₂О₆ і mС0₂подвоїться:mС₆Н₁₂О₆ = 190,9г*2 = 381,8г mС₆Н₁₂О₆=280*2 = 560 г

Відповідь. mС₆Н₁₂О₆ = 381,8 г за 2 дні, mС₆Н₁₂О₆= 560 г за 2 дні.

Розв’яжи задачу самостійно.

Задача 2. У процесі фотосинтезу рослина поглинула 2000 л С0₂. Визначити, скільки літрів виділиться при цьому і скільки грамів глюкози синтезується.

6.ОСНОВНІ ПОНЯТТЯ ГЕНЕТИКИ. МОНОГІБРИДНЕ СХРЕЩУВАННЯ

Генетика — наука про спад­ковість і мінливість організмів.

Спадковість — властивість ор­ганізмів передавати свої ознаки та особливості розвитку потомству.

Мінливість — властивість ор­ганізмів набувати нових ознак.

Генотип — сукупність усіх генів організму. При розв’язанні задач із ге­нетики термін генотип вживають у його вузькому значенні, маючи на увазі тільки ті гени, що зумовлюють досліджувані ознаки.

Фенотип — це сукупність усіх ознак і властивостей організму, які формуються внаслідок взаємодії його генотипу й зовнішнього середовища. При розв’язанні задач із генетики термін фенотип вживають у вузькому значенні, маючи на увазі певні конк­ретні ознаки організму.

В сучасній генетиці розрізняють поняття ознака і прояви ознаки. На­приклад, така ознака, як колір насіння гороху має два прояви — жовтий колір і зелений колір; ознака колір квітки гороху має такі прояви, як червоний колір і білий колір. Один із проявів ознаки — домінантний, другий — рецесивний (але для просто­ти допустимо вживати назви домі­нантна ознака, рецесивна ознака).

Кожна ознака зумовлена певним геном. Ген може перебувати в різних формах, які дещо відрізняються за структурою й розміщені в гомо­логічних хромосомах. Різні форми од­ного й того ж самого гена називаються алелями. Наприклад, певний ген відповідає за колір насіння й має два ай^іі — домінантний і рецесивний, які відповідно зумовлюють жовтий і зелений кольори. Отже, ген зумовлює певну ознаку, а його алелі — різні прояви цієї ознаки.

Організм, гомологічні хромосоми якого містять однакові алелі того чи іншого гена, називають гомозиготою.

Організм, гомологічні хромосоми якого містять різні алелі того чи іншого гена, називають гетерозиго­тою.

Для запису схем схрещувань у генетиці користуються спеціальною символікою і літерами латинського алфавіту, наприклад:

А — домінантний алель;

а — рецесивний алель;

х — символ схрещування;

Р — батьківські організми;

F— гібридне покоління;

♀— знак жіночої статі;

♂— знак чоловічої статі.

Моногібридне схрещування — це схрещування особин, які відрізня­ються за однією досліджуваною озна­кою.

Класичні досліди з моногібридного схрещування провів Г.Мендель. На підставі цих дослідів він сформулював закономірності, які на­звано законами Менделя.

Перший закон Менделя (закон одноманітності гібридів першого по­коління): при схрещуванні генетично однорідних форм, які відрізняються за Однією ознакою, всі гібриди першого покоління будуть одноманітними.

Другий закон Менделя (закон розщеплення): при схрещуванні гіб­ридів першого покоління між собою в другому поколінні з’являються особини як із домінантними, так і з реце­сивними ознаками в середньому спів­відношенні 3:1.

Виходячи з другого закону Менделя, англійський генетик У.Бетсон у 1902 р. сформулював закон чистоти гамет:

кожна із статевих клітин гібридів є чистою щодо однієї з батьківських ознак, тобто містить лише один із алелів даного гена.

Закономірності розщеплення ма­ють статистичний характер. Це озна­чає, що вони спостерігаються лише за великої кількості досліджуваних об’єктів. У задачах із генетики часто дається реальне розщеплення. В та­ких випадках слід визначити, якому теоретичному розщепленню відпові­дає наведене в умові задачі реальне розщеплення.

Для розв’язання задач на моногібридне схрещування слід користу­ватися такими правилами:

1) передусім запишіть позначен­ня алелів і проявів ознак;

2)  генотип рецесивної особини можна визначити відразу, оскільки можливий лише один його варіант;

3)  особини з домінантною озна­кою обов’язково матимуть один домінантний алель, а другий можна визначити, знаючи, що в кожного гібрида один алель — від однієї батьківської особини, а другий — від Іншої.

Для полегшення визначення ге­нотипів батьків за фенотипом (при по­вному домінуванні) можна скористатись таблицею:           

Фенотип потомства	Генотипбатьків
розщеплення 3 : 1	Аа х Аа
1:1	Аа х аа
все потомство одно-	ААх АА
манітне	АА х Аа
	ААх аа
	аа х аа

Багато задач можна розв’язати за допомогою решітки Пеннета. В решітці по вертикалі записуються алелі, які містяться в жіночих гаметах, а по горизонталі — ті, що в чоловічих.

ПРИКЛАДИ ЗАДАЧ

Задача 1. У дрозофіли сірий колір тіла — домінантна ознака, чор­ний колір — рецесивна. При схрещу­ванні сірих і чорних мух половина потомства має сіре тіло, половина — чорне. Визначте генотипи батьків.

Розв’язання. Позначимо: А — сірий колір, а — чорний.

Усі чорні мухи мають генотип аа, а у всіх сірих обов’язково є один алель А. Чорні гібридні мухи отримали по одному алелю від кожного з батьків, звідси генотип сірих батьківських форм — Аа. У сірих гібридних мух та­кож по одному алелю від кожної батьківської форми, тому їх генотип також Аа.

Схема схрещування:

                       Р ♀ _сірі  × ♂  _чорні

                        Аа             аа

Гамети Р      А    а             а   а

                  Аа                   аа

F_{1                  сірі                          чорні}

           

      Задача 2 Від схрещування ранньостиглого ячменю з пізньостиглим отримали ранньостиглі гібриди F₁. Які рослини за генотипом та фенотипом будуть у поколінні F₂? Які рослини за генотипом та фенотипом очікуються від зворотного схрещування?

Розв’язання.

1.    Запишемо умовні позначення генів:

А – ген ранньої стиглості ячменю;

а – пізньої стиглості ячменю.

1.    Запишемо схему схрещування та проведемо аналіз потомства:

Р           ♀АА   х   ♂аа

               Гамети            A                a

100%          100%

F₁ Aa – генотип гетерозигота,

фенотип ранньостиглі

P                    ♀Aa     х     ♂Aа

Гамети       A    a              A    a

50 %   50 %       50 %   50 %

F₂ AA   Aa   Aa   aa

F2	Генотип	Фенотип
АА - 1 ч. (25 %)	Гомозигота за домінантними генами	Ранньостиглі
Аа - 2 ч. (50 %)	Гетерозигота	Ранньостиглі
аа - 1 ч. (25 %)	Гомозигота за рецесивними генами	Пізньостиглі

Отже, у другому поколінні отримали рослини трьох неоднакових генотипів у співвідношенні 1 : 2 : 1 та двох неоднакових фенотипів у співвідношенні 3 : 1.

Щоб відповісти на друге запитання слід пам’ятати, що зворотним схрещуванням називають схрещування гібридів першого покоління з батьками.

а)                    Р                 ♀Аа   х   ♂АА

              Гамети                A   а             А

                                    50 %   50 %        100 %

F_зв AA               Aa –

50 %    домінантна гомозигота         50 %    гетерозигота

фенотип ранньостиглі                       фенотип ранньостиглі

У потомстві зворотного схрещування, де батьківська рослина з домінантними ознаками, отримали рослини двох неоднакових генотипів у співвідношенні 1 : 1 та одного фенотипу.

б)                      P                     ♀Aa     х     ♂аа

            Гамети                           A    a              а

                                             50 %   50 %       100 %

         F_зв Aa                   aa

50 %   гетерозигота                           50 %   рецесивна гомозигота

фенотип ранньостиглі                      фенотип пізньостиглі

У потомстві зворотного схрещування, де батьківська рослина із рецесивними ознаками, отримали рослини двох неоднакових генотипів у співвідношенні 1 : 1 та двох неоднакових фенотипів у співвідношенні 1 : 1.

ЗАДАЧІ ДЛЯ САМОСТІЙНОГО РОЗВ’ЯЗАННЯ

Задача 3. Шість особин мають такі гено­типи: АА, аа, ВЬ, СС, Dd, Ее. Які з них: а) гомозиготи; б) гетерозиготи?

Відповідь: АА, аа, СС — гомозиготи; ВЬ, Dd, Ее — гетерозиготи.

Задача 4. Які типи гамет утворюються у таких особин: а) АА; б) ВЬ; в) Сс?

Відповідь:а)А б)B,b  в)C,c

Задача 5.Мендель схрещував два сорти гороху: один із гладеньким насінням, другий — зі зморшкуватим. У друго­му поколінні було отримано 7 324 насінини. З них 5 474 гладеньких і 1 850 зморшкуватих. Напишіть схему схрещування.

Задача 6. У великої рогатої худоби алель комолості (безрогості) домінує над алелем рогатості. Яке потомство мож­на отримати від схрещування комолого бугая з рогатою коровою, якщо комола корова народила від цього бугая рогате теля?

Відповідь: з рівною ймовірні­стю комоле Аа й рогате аа.

Задача 7. Сірих мишей схрестили з білими. В першому поколінні отрима­но тільки сірих мишей, у другому — 201 сіра й 73 білих. Як успадковують­ся ці ознаки?

Відповідь: сірий колір — до­мінантна ознака, білий-рецесивна.

7.ДИГІБРИДНЕ СХРЕЩУВАННЯ

Дигібридне схрещування — це схрещування особин, які відрізня­ються за двома досліджуваними озна­ками.

Г.Мендель схрещував два сорти гороху — один із жовтим гладеньким насінням, другий — із зеленим змор­шкуватим. Ці сорти відрізняються за двома ознаками — забарвленням та формою насіння.

Виходячи з наслідків досліду,Мендель сформулював зако­номірність, яка дістала назву третьо­го закону Менделя (закон незалежного успадкування ознак):

успадкування кожної ознаки від­бувається незалежно одна від іншої, внаслідок чого в другому поколінні з’являються особини з новими (порів­няно з батьківськими) комбінаціями проявів ознак.

Алгебраїчно успадкування ознак при дигібридному схрещуванні можна записати як квадрат двочлена (3 + 1)², а розщеплення за фенотипом визначити за формулою: (3 жовті +1 зелена) * (3 гла­деньких +1 зморшкувата) * 9 жовтих гла­деньких + 3 жовтих зморшкуватих + 3 зе­лених гладеньких +1 зелена зморшкува­та.

Успадкування алелів алгебраїчно можна записати як (1 + 2 + І)², а розщеплення за генотипом визначити за формулою:

і\АА + 2Аа+\аа) х (\ВВ + 2ВЬ+ІЬЬ) •

“ ІААВВ + 2ААВЬ + 1ААЬЬ + 2 АаВВ + 4 АаВЬ + 2 АаЬЬ + 1 ааВВ + 2 ааВЬ + 1 ааЬЬ.

ПРИКЛАДИ ЗАДАЧ

Задача 1. При схрещуванні двох форм ротиків — із білими та червони­ми квітками — все потомство має ро­жеві квітки. Схрещування рослин із

червоними квітками та нормальним віночком і рослин із рожевими квітками та-радіальним віночком дай лише рослини з нормальним віночком, але половина з них рожеві, половина — червоні. Якщо отримані рослини з рожевими нормальними квітками самозапилюються, то яка ча­стина їхнього потомства матиме ро­жеві нормальні, а яка — білі радіальні квітки?

Розв’язання.

Оскільки при схрещуванні червоноквіткової та білоквіткової форм з'являються гібриди з рожевими квітками, значить, у дано­му випадку має місце проміжне ус­падкування.

Оскільки при схрещуванні рос­лин із нормальним віночком і ра­діальним в з’явилися тільки росли­ни з нормальним віночком, значить, нормальний віночок — домінантна оз­нака, а вихідні форми є гомозиготами.

Існує кілька способів розв’язання задач такого типу.

1-й спосіб. Позначимо: А — червоний колір, а — білий; В — нор­мальний віночок, Ь — радіальний.

Схема схрещування:

особин із певним фенотипом за моногібридного схрещування:

                                         Р ♀червоні нормальні × ♂рожеві радіальні

ААВВ                                                Ааbb

АВ                                                     Аb,аb

Гамети Р  

ААВЬ                                                АаВb

F₁ червоні нормальні                   рожеві нормальні

За умовою задачі рожевоквіткові рослини з нормальним віночком само­запилюються: АаВЬ * АаВЬ.

Накресливши решітку Пеннета, визначаємо, що 6/16 або 3/8 рослин мають рожеві квітки з нормальним віночком, 1/16 рослин має білі радіальні квітки.

2-й спосіб. Скористаємося законом теорії ймовірностей:

якщо дві події незалежні, то ймовірність того, що вони відбудуться одночасно, дорівнює добутку ймовір­ностей кожної з них.

Щоб скористатися даним мето­дом, потрібно знати ймовірність появи

повне домінування

3/4; особин із домінантною ознакою

1/4; особин із рецесивною ознакою

неповне домінування

1/4 особин із домінантною ознакою

1/2 особин із проміжною ознакою

1/4 особин із рецесивною ознакою

Отже, ймовірність появи рослин із рожевими квітками — 1/2, з нор­мальним віночком — 3/4. Ймовірність появи рослин із рожевими квітками й нормальним віночком дорівнює 1/2 х 3/4 =3/8.

Ймовірність появи рослин із білими квітками — 1/4, з радіальним віночком — 1/4. Ймовірність появи рослин із білими квітками й радіальним віночком — 1/4 ^х 1/4 = -1/16.

3-й спосіб. Розв’язання за формулою: (3 нормальних віночки + +1 радіальний) х (1 червона + 2 роже­ві + 1 біла) - 3 нормальних червоних + + 6 нормальних рожевих + 3 нормаль­них білих +1 радіальна червона + 2 ра­діальні рожеві +1 радіальна біла.

Задача 2.

У гороху посівного гладенька форма насіння та високо- рослість — домінантні ознаки. Схрестили дві гомозиготні рослини: високу зі зморшкуватим насінням і низькорослу з гладеньким насінням. Надалі гібриди розмножувалися са­мозапиленням. У F₂  одержали 1200 рослин. Скільки серед цих рослин високих із гладеньким насінням?

Дано:

А — ген високорослості гороху а — ген низькорослості гороху В — ген гладенької форми насіння Ь — ген зморшкуватої форми насіння

Кількість високих рослин з гладеньким насінням серед гібридів F2 — ?

Розв’язання

Р ♀ ААЬЬ х ♂ ааВВ Г   

г  (АЬ),     (аB)

F₁                        АаВЬ — 100 % високі рослини

з гладеньким насінням

Р ♀АаВЬ х ♂АаВЬ

Г (АB) (аB) (АB) (аB)

  (АЬ) (аЬ) (AЬ) (аb)

Для F₂ заповнюємо решітку Пеннета:

к	АВ	АЬ	аВ	аЬ
АВ	ААВВ	ААВЬ	АаВВ	АаВЬ
	високі	Високі	високі	високі
	рослини,	рослини,	рослини,	рослини,
	гладеньке	гладеньке	гладеньке	гладеньке
	насіння	Насіння	насіння	насіння
АЬ	ААВЬ	ААЬЬ	АаВЬ	АаЬЬ
	високі	Високі	високі	високі
	рослини,	рослини,	рослини,	рослини,
	гладеньке	зморшкува­	гладеньке	зморшкува­
	насіння	те насіння	насіння	те насіння
аВ	АаВВ	АаВЬ	ааВВ	ааВЬ
	високі	Високі	низькі	низькі
	рослини,	рослини,	рослини,	рослини,
	гладеньке	гладеньке	гладеньке	гладеньке
	насіння	Насіння	насіння	насіння
аЬ	АаВЬ	АаЬЬ	ааВЬ	ааЬЬ
	високі	Високі	низькі	низькі
	рослини,	рослини,	рослини,	рослини,
	гладеньке	зморшкува­	гладеньке	зморшкува­
	насіння	те насіння	насіння	те насіння

Високі рослини, гладеньке насіння — 9/16 = 56,25 % ;

високі рослини, зморшкувате насіння — 3/16 = 18 75 % ;

низькі рослини, гладеньке насіння — 3/16 = 18 75 % ;

низькі рослини, зморшкувате насіння — 3/16 = 6,25 % .

Визначаємо ймовірну кількість серед гібридів F₂ високих рослин з гладеньким насінням, якщо всіх рослин — 1200:

1200 рослин      — 100 %;

х рослин              — 56,25 %;

х=(1200×56,25%)/100%= 675 (рослин).

Відповідь: серед гібридів F₂ буде 675 високих рослин го­роху з гладеньким насінням.

Задачі для самостійного розв’язання

      Задача 3.У томатів скоростиглість (А) і червоне забарвлення пло­дів (В) — домінантні, а пізньостиглість (а) і жовтоплідність (Ь) — рецесивні ознаки. Які плоди будуть мати рослини, одержані в результаті схрещувань:

а) АаЬЬхааВЬ; б) АаВЬхааЬЬ; в) АаВЬхАаЬЬ ?

      Задача 4.У гороху високорослість (А) домінує над карликовістю (а), а червоне забарвлення віночка (В) над білим (Ь). Схрестили високу рослину із червоним віночком та карликову з білим віночком. Серед гібридів виявили 52 високі рослини із червоним віночком і 47 карликових із червоним віночком. Визначте генотипи батьківських форм і гібридів.

Задача 5.У великої рогатої худоби комолість домінує над рога- тістю, а чала масть виявляється як проміжна ознака внаслідок схрещування білих і червоних тварин. Визна­чте фенотипи і генотипи потомства та їх відсоток, якщо схрещували гетерозиготних за обома генами: чалого бу­гая і чалу корову.

Якого розщеплення за фенотипом слід чекати у Р₂ вна­слідок дигібридного схрещування АаЬЬ х ааВВ за умови, якщо чоловічі гамети аЬ — нежиттєздатні?

Задача 6. У овса ранньостиглість і нормальна висота стебла — до­мінантні ознаки. Який генотип і фенотип будуть мати гібриди від схрещування ранньостиглого вівса нормаль­ної висоти з пізньостиглим гігантської висоти?

Задача  7.У малини червоний колір плодів і колюче стебло — до­мінантні ознаки, а жовтий колір плодів і гладеньке сте­бло — рецесивні. Унаслідок схрещування рослин, гете­розиготних за обома ознакамй, з рослинами, що мають жовті плоди й гладеньке стебло, одержали 200 гібридів. Скільки рослин серед них матимуть жовті плоди й колюче стебло?

Задача 8.У здорових батьків народився хлопчик — глухонімий альбінос. Визначте генотипи батьків, якщо відомо, що глухонімота й альбінізм — рецесивні ознаки.

Задача 9.У людини деякі форми короткозорості домінують над нормальним зором, а карі очі — над блакитними. Гени обох пар ознак містяться в різних хромосомах. Визна­чте генотипи і фенотипи дітей, які можуть народитися в шлюбі гетерозиготних за обома ознаками батьків.

Задача 10. Жінка з блакитними очима й темним волоссям вийшла заміж за кароокого чоловіка зі світлим волоссям. У тем­новолосого батька дружини очі карі, а у світловолосої

8.АНАЛІЗУЮЧЕ СХРЕЩУВАННЯ

Це схрещування особини невідо­мого генотипу з особиною, гомозигот­ною за рецесивними алелями. Припу­стимо, в наявності є сорт гороху з жовтим гладеньким насінням. Його генотип можна визначити за на­слідками схрещування із сортом, що має зелене зморшкувате насіння. Можливі чотири варіанти гібридного потомства.

1-й варіант. Розщеплення в потомстві : 25% жовтих гладеньких : 25% зелених гладеньких : 25% жов­тих зморшкуватих : 25% зелених зморшкуватих.

Особина ааЬЬ утворює тільки один тип гамет — аЬ. Ці алелі отримує кожен гібрид, а інші алелі успадкову­ються від другої батьківської особини, причому саме вони й визначають фе­нотип. Випишемо окремо алелі, які вносяться чоловічою та жіночою гаме­тами:

жовті гладенькі —АВ аЬ

зелені гладенькі — аВ аЬ

жовті зморшкуваті — АЬ аЬ

зелені зморшкуваті — аЬ аЬ

Таким чином, особина з жовтим гладеньким насінням утворює гамети АВ, аВ, АЬ, аЬ. Отже, її генотип — АаВЬ.

2-й варіант. Розщеплення в потомстві — 50% жовтих гладеньких : 50% жовтих зморшкуватих. Визна­чаємо генотипи гібридів:

жовті гладенькі — АВ аЬ;

жовті зморшкуваті — АЬ аЬ.

Таким чином, особина з жовтим гладеньким насінням утворює гамети АВ, АЬ, а її генотип — ААВЬ.

3-й варіант. Розщеплення в потомстві — 50% жовтих гладеньких : 50% зелених гладеньких. Генотипи гібридів:

жовті гладенькі — АВ аЬ;

зелені гладенькі — аВ аЬ.

Особина з жовтим гладеньким насінням утворює гамети АВ, аВ;         її ге­нотип — АаВВ.

4-й варіант. Все потомство має жовте гладеньке насіння. Генотип гібридів — АВаЬ, особина з жовтим гладеньким насінням утворює лише один тип гамет — АВ. Значить, її ге­нотип — ААВВ.

ПРИКЛАДИ 3АДАЧ

Задача 1. У морської свинки ку­черява шерсть (А) і чорне забарвлен­ня (В) — домінантні ознаки, а гла­денька шерсть (а) і біле забарвлення (Ь) — рецесивні. В результаті схрещу­вання чорної кучерявої свинки з білою гладкошерстою в потомстві отримано 9 кучерявих чорних свинок і 11 куче­рявих білих. Визначте генотипи батьків.

Розв’язання. Генотип білої гладкошерстої свинки — ааЬЬ. Визна­чаємо генотипи гібридів:

кучеряві чорні — АВаЬ; кучеряві білі — АЬаЬ,

Звідси можна визначити, що чор­на кучерява свинка утворює гамети АВ, АЬ; її генотип — ААВЬ.

Задача 2. У дурману пурпурове забарвлення квіток {А) домінує над білим (а), а колючі коробочки (В) — над гладенькими (Ь). Рослину з пур­пуровими квітками й колючими коро­бочками схрещено з рослиною, яка має білі квітки й гладенькі коробочки. В потомстві отримано 320 рослин із пурпуровими квітками й колючими коробочками та 312 рослин із пурпуровими квітками й гладенькими коро­бочками. Яким буде потомство від са­мозапилення батьківської рослини з пурпуровими квітками й колючими коробочками?

Розв’язання.

Перш за все необхідно визначити генотип батьків­ської рослини з білими квітками й ко­лючими коробочками. В потомстві від­булося розщеплення 1:1. Генотипи гібридів:

пурпурові колючі — АВ аЬ; пурпурові гладенькі — АЬ аЬ. Значить, рослина з пурпуровими квітками й колючими коробочками утворює гамети АВ і АЬ. Звідси її гено­тип — ААВЬ. Визначаємо потомство від самозапилення цієї рослини:

Гамети  ^р          ♀ ААВЬ × ААВЬ

            АВ,АЬ   АВ,АЬ

♀ ♂	АВ	АЬ
АВ	ААВВ	ААВb	b
АЬ	ААВЬ	ААЬb

За генотипом — 1 ААВВ : 2ФААВЬ :  1 ААЬЬ;

За фенотипом — 75% пурпуро­вих колючих : 25% пурпурових гла­деньких.

задачі для Самостійного

1.   Яким буде співвідношення фенотипів у потомстві в разі аналізу­ючого схрещування, якщо особина ге­терозиготна за двома ознаками:

а) 1 : 1;б) 3: 1; в) 1 : 1 : 1 : 1; г) 9:3:3: 1?

В і д п о в і д ь в).

2.Яким буде співвідношення фенотипів у разі аналізуючого схрещування, якщо особина має такий генотип:               

а) Аа; б) АаВЬ; в) ААВЬ; г) АаВЬСС; д) АаСС?

В і д п о в і д ь: а) 1 : 1; б) 1:1:1:1; в) 1:1; г) 1:1:1:1; д) 1:1.

9.ЕКОЛОГІЯ

Для розв’язання задач необхідно:

>    вміти складати ланцюги живлення (трофічні ланцюги), які мають не більше 3-5 ланок;

>    знати, що лише 5 - 20% енергії їжі переходить у знов побудовану речовину тіла тварини;

>    знати, що завжди кількість рослинної речовини у декілька разів більша, ніж загальна маса рослинноїдних тварин, а маса кожної з наступних ланок лан­цюга живлення також зменшується. Цю дуже важливу закономірність назива­ють правилом екологічної піраміди.

Задача 1. Біомаса сухого сіна з 1 м² луків складає 200 г. Використовуючи правило екологічної піраміди, визначити, скільки гектарів луків необхідно, щоб прокормити протягом року одну людину масою 60 кг (з них 60% складає вода), якщо ланцюг живлення: трава —> корова —> людина.

Дано:

m = 60 кг, з них 60% Н20 Біопродуктивність: 1 м2 луків = 200 г орг. реч.Ланцюг живлення: трава —> корова —> людина

S луків - ?

Розв’язання.

1)    Визначаємо відсоток органічної речовини в тілі людини.

100%-60% = 40%

2)    Визначаємо кількість органічної речовини в тілі людини.

60 кг -100%

х кг - 40%

х = 24 кг

3)      Визначаємо кількість органічної речовини в першій ланці ланцюга живлення.

Трава —> корова —> людина

2400 кг 240 кг 24 кг

4)Визначаємо площу луків, яка може прокормити людину протягом року.

S луків =2400кг/0.2кг/м²= 12000м²=1.2га

Відповідь. Щоб прокормити одну людину масою 60 кг, необхідно 1,2 га луків.

Задача для самостійного розв’язання.

Задача 2. Продуктивність 1 га біогеоценозу складає 2-10⁷ кДж. Визначити, якої ма­си досягне яструб у ланцюзі живлення: рослини —> миші —> змія —> яструб.

(1 г сухої речовини акумулює в середньому 20 кДж.)

Дано:

Біопродуктивність 1 га 2-107 кДж = 10000000 кДж 1 г сухої реч. - 20 кДж рослини -> миші —> змія  —> яструб

m - ?

Розв’язання.

1)  Визначаємо масу речовини у першій ланці ланцюга живлення.

20000000 кДж : 20 кДж = 1000000 г - 1000 кг

2) Визначаємо масу речовини в останній ланці ланцю­га живлення (масу яструба).

рослини —> миші —> змія - яструб

1000 кг  100 кг    10 кг    1 кг

Відповідь. Яструб досягне маси 1 кг.

Задача 3.Визначте масу вухатого їжака, який входить до лан­цюга живлення: рослини —> комахи -> їжак, якщо 1 г сухої рослинної речовини акумулює в середньому 20 кДж енергії, а продуктивність 1 га відповідного біогеоценозу становить 10 кДж.

Розв’язання

Визначаємо масу речовини в першій ланці ланцюга жив­лення:

1г — 20 кДж

х г — 1000 000 кДж

х 1000000/20= 50 000 (г) = 50 (кг).

Визначаємо масу речовини в останній ланці ланцюга живлення за правилом екологічної піраміди:

рослини —> комахи —> їжак

50 кг      5 кг      0,5 кг

Відповідь: маса вухатого їжака — 500 г.

Задача 4.

За правилом екологічної піраміди визначте, яка маса фіто- та зоопланктону потрібна для існування синього кита, масою 120 т.

Розв’язання

За правилом екологічної піраміди лише 1/10 речовин та енергії йде на побудову біомаси кожної наступної ланки у ланцюзі живлення, а продуктивне використання енергії не перевищує 10 %.

Складаємо ланцюг живлення і визначаємо масу фіто­планктону і зоопланктону:

фітопланктон (водорості)-> зоопланктон —> синій кит

12 000 т                                             1200 т                       120 т

Відповідь: потрібна маса фітопланктону 12 000 т, а зоо­планктону — 1200 т.

Задача 5. Біомаса сухого сіна з їм² віко-вівсяного поля складає 500 г. Використовуючи прави­ло екологічної піраміди, визначити, скільки гектарів поля необхідно, щоб прокормити протягом року одну людину масою 65 кг (з них 60% складає вода), якщо ланцюг жив­лення: трава —> корова людина.

Задача 6. На підставі  правила екологічної піраміди визначте, кільки водоростей і бактерій потрібно,щоб у Чорному морі виріс і міг існувати один дельфін масою 200кг.

Література:

1.    Ситник К.М. Довідник з біології. Київ. *Наукова думка*1978

2.    Ситник К.М. , Топачевський В.О. Біологічний словник. Київ 1986

3.    Мотузний В.О. Біологія.  Київ *Вища школа*1995

4.    Адріанов В.Л. Біологія . Київ .*Либідь*1995

5.    Сало Т.О., Бізянова Л.П.. Загальна біологія. Харків 2003

6.    Демічева О.І. Біологія Харків 2008