ПРАКТИЧНА РОБОТА № 1

ТЕМА: Розв’язування елементарних вправ та типових задач з молекулярної біології

МЕТА: Закріпити знання про нуклеїнові кислоти, їх роль у передачі спадкової інформації. Формувати практичні вміння і навички розв’язування вправ та типових задач з молекулярної біології.

ТЕОРЕТИЧНА ЧАСТИНА:

Одним із найважливіших розділів біології є молекулярна біологія. Вона вивчає закономірності спадковості організмів на молекулярному рівні. Вивчення цих закономірностей дає можливість зрозуміти, яким чином реалізується взаємодія в системі «ген – фермент – ознака».

Результати досліджень з молекулярної генетики свідчать про те, що ген – це ділянка молекули ДНК або РНК, яка кодує і передає генетичну інформацію. Ген визначає лише первинну структуру білка. Від специфіки первинної структури залежить конформація білка (вторинна, третинна, четвертинна структури). Білки-ферменти, каталізуючи певні реакції, забезпечують вияв ознаки.

Згідно з тривимірною моделлю структури ДНК Уотсона – Кріка, молекула ДНК складається з двох полінуклеотидних ланцюгів, які утворюють спіраль відносно однієї і тієї ж осі. Полінуклеотидні ланцюги – це полімерні молекули, мономерами яких є нуклеотиди. Кожен нуклеотид складається із трьох частин: нітрогеновмісної основи, моносахариди пентози і залишку ортофосфатної кислоти. Якщо до складу нуклеотиду входить рибоза, то це РНК, якщо дезоксирибоза – це ДНК. Нітрогеновмісні основи у НК бувають двох типів: пуринові – аденін (А) і гуанін (Г) та піримідинові – цитозин (Ц), тимін (Т), урацил (У). ДНК містить А, Т, Г, Ц, а РНК – А, Г, Ц, У. Напрям ланцюгів взаємно протилежний. У полінуклеотидному ланцюзі нуклеотиди сполучені між собою фосфодіестерними зв’язками: ортофосфат-йон – пентоза.

Важлива ознака ДНК – здатність до самовідтворення, в основі якого лежить комплементарність. Комплементарність – відповідність основ у протилежних ланцюгах ДНК. Наприклад, якщо в першому ланцюзі на певному місці стоїть нуклеотид А, то в другому, тобто протилежному, на тому ж місці нуклеотид Т, і навпаки. За такої умови між основами утворюються два водневі зв’язки. Аналогічно нуклеотид Г комплементарний нуклеотиду Ц, і між ними утворюється три водневі зв’язки.

Американський біохімік Е.Чаргафф (родом із Чернівців) у 1950 році встановив, що в молекулі ДНК кількість аденіну рівна кількості тиміну, а кількість гуаніну – кількості цитозину. Ця відповідність отримала назву правило Чаргаффа:

А = Т і Г = Ц, тобто А + Г = Ц + Т, а (А+Т)+(Г+Ц)=100%.

Розрізняють три типи РНК: інформаційна або матрична, рибосомальна і транспортна.

і-РНК – копія (транскрипт) відповідної ділянки ДНК. Вона служить матрицею для синтезу білкової молекули. Кожні три послідовні основи нуклеотидів і-РНК називають кодоном (триплетом). Він кодує одну амінокислоту. Кодон і-РНК комплементарний кодогену (кодону) ДНК.

т-РНК транспортує «свою» АМК до зростаючого ланцюга поліпептиду і розпізнає відповідний кодон в і-РНК. Оскільки для кожної АМК існує відповідна т-РНК, то розпізнавання кодонів і-РНК відбувається за допомогою антикодонів т-РНК.

Антикодон – це три послідовних основи на антикодоновій петлі т-РНК, які комплементарні основам кодона і-РНК. Наприклад,

і-РНК: - У – А – Ц – Г -

т-РНК: - А – У – Г – Ц -

р-РНК утворюють каркас, до якого приєднуються молекули білків рибосом. Вона специфічно повязується з комплементарними ділянками і-РНК та т-РНК і бере участь в процесі зчитування інформації.

Послідовність розміщення нуклеотидів у ДНК та РНК визначає послідовність включення АМК у поліпептидний ланцюг. Ця відповідність лінійної будови обох хімічних систем (ДНК та і-РНК) називається генетичним кодом.

Генетичний код має такі характеристики:

а) триплетність – одну АМК кодують три нуклеотиди, розміщені поруч;

б) виродженість – кожну АМК крім триптофану та метіоніну кодує більше, ніж один триплет;

в) коленіарність – послідовність триплетів нуклеотидів точно відповідає послідовності залишків АМК у поліпептиді;

г) неперехресність – два розміщені поруч триплети кодують дві АМК;

д) універсальність – код єдиний для всіх клітинних і неклітинних форм життя.

Триплет АУГ в і-РНК є стартовим кодоном, а триплети УАГ, УАА та УГА – кодонами-термінаторами, які означають кінець синтезу поліпептидного ланцюга.

Догма молекулярної біології стверджує, що існує прямий та зворотній зв'язок:

ДНК ↔ і-РНК ↔ білок

Загалом схема послідовної передачі інформації з ДНК на білок наступна (наприклад):

ДНК, І ланцюг (некодуючий): - ТТТ – ТГЦ – ТАЦ – ЦЦЦ – АЦЦ -

| | | | | | | | | | | | | | |

ДНК, ІІ ланцюг (кодуючий): - ААА – АГЦ – АТГ – ГГГ – ТГЦ -

і-РНК: - УУУ – УЦГ – УАЦ – ЦЦЦ – АЦЦ -

Білок: - фен – сер – тир – прол – трип –

Щоб визначити АМК, кодовану тим чи іншим триплетом і-РНК, слід скористатися таблицею «Генетичний код». Перша основа триплета обирається в першому стовпчику, друга – в горизонтальному ряду, третя – в останньому стовпчику. На перетині ліній знаходимо шукану АМК.

Якщо кислота кодується більше, ніж одним триплетом, то код вироджений. Це потрібно для «підстраховки» генетичної інформації: якщо не буде зчитано один триплет, можливо, зчитається інший з тих, що кодують дану АМК.

При виконанні зворотніх вправ (дано перелік АМК у поліпептидному ланцюзі, а потрібно визначити послідовність нуклеотидів у і-РНК чи ДНК), обирають той кодон, який розмішений найвище (вказаний першим). Так, для лейцину можна обрати або УУА, УУГ, або ЦУУ, ЦУЦ, ЦУА чи ЦУГ. Перевагу слід надати першому триплету УУА.

Для розв’язання задач з молекулярної біології треба пам’ятати наступні факти:

1) Правило Чаргаффа: А = Т, Г = Ц, А + Г = Т + Ц, А + Т + Ц + Г = 100%.

2) Розміщення нуклеотидів в одному ланцюзі ДНК і між нуклеотидами двох ланцюгів таке, що місця з’єднання пари нуклеотидів знаходяться одне від одного на відстані 0,34 нм.

3) На один виток спіралі припадає 10 пар нуклеотидів, а крок спіралі становить 3,4 нм.

4) Діаметр подвійної спіралі рівний приблизно 20 нм.

5) Відносна молекулярна маса одного нуклеотида рівна 345, а маса амінокислоти в середньому складає 100.

Для прикладу наведемо розв’язання типової задачі.

Відносну молекулярну масу низькомолекулярних білків обчислимо за даними амінокислотного складу. У цьому разі вибирають ту амінокислоту, вміст якої в білку мінімальний. За даними елементарного та амінокислотного складу спочатку обчислюють мінімальну відносну молекулярну масу за формулою:

М_r = A_r· 100/W,

де М_r – мінімальна відносна молекулярна маса білка,

A_r – відносна атомна або молекулярна маса компонентів,

W – масова частка компонента у %.

У будові молекули білка може бути один або кілька атомів металічного елемента. Ним може бути атом Феруму, Цинку, Купруму тощо. Знаючи кількість атомів металічного елемента або амінокислотних залишків у молекулі, можна обчислити дійсну відносну молекулярну масу даного білка, помноживши мінімальну відносну молекулярну масу білка на кількість компонентів (АМК).

Задача 1.

Гемоглобін містить 0,34% Феруму. Обчисліть відносну молекулярну масу гемоглобіну.

Розв’язання:

A_r(Fe) = 56.

Складаю пропорцію: 0,34% - 56,

100% - х,

Звідси х = 56·100/0,34, х = 16471.

Відповідь: Мінімальна відносна молекулярна маса гемоглобіну становить 16471.

Задача 2.

Білок складається з 124 залишків АМК. Порівняйте відносні молекулярні маси білка та гена, що його кодує.

Розв’язання:

М_r(АМК) = 100, М_r(нуклеотида) = 345

М_r(білка) - ?

М_r(гена) - ?

Встановимо відносну молекулярну масу білка: 124 · 100 = 12400 (оскільки всього залишків АМК 124, а молекулярна маса одного в середньому 100).

Встановимо кількість пар нуклеотидів у складі гена, що кодує цей білок, виходячи з того, що кожен залишок АМК закодований трьома нуклеотидами (триплетом): 124 · 3 = 372.

Оскільки кожен нуклеотид в одному ланцюзі ДНК має комплементарний собі нуклеотид в складі другого ланцюга, то здобуте число слід подвоїти: 372 · 2 = 744.

Визначаємо відносну молекулярну масу гена: 744 · 345 = 256 680.

Визначимо, у скільки разів ген важчий за білок: 256 680 : 12400 = 20,7.

Відповідь: відносна молекулярна маса білка у 20,7 рази більша, ніж відносна молекулярна маса гена, що кодує даний білок.

Задача 3.

Гормон росту людини (соматотропін) – білок, що містить 191 залишок АМК. Скільки кодуючи нуклеотидів і триплетів входить до складу гена соматотропну?

Розв’язання:

Одну АМК кодує один триплет, отож у складі гена 191 триплет нуклеотидів.

Один ланцюг складається з 191 · 3 = 573 нуклеотиди.

Обидва ланцюги (кодуючий і комплементарний) містять вдвічі більше нуклеотидів: 573 · 2 = 1146.

Відповідь: до складу гена соматотропну входить 191 триплет нуклеотидів, що містить 1146 нуклеотидів у двох ланцюгах.

Задача 4.

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 нуклеотидів дорівнює кількості тимідилових (А – Т), тобто 560. Загальна кількість А і Т – 1120, що становить 56%.

Позначимо кількість Г + Ц через x і складемо пропорцію:

1120 – 56%;

x – 44%.

Звідси кількість Г – 440, Ц – 440.

б) В даному фрагменті 2 000 нуклеотидів, тобто 1 000 пар. Довжина фрагмента ДНК:

1 000 × 0,34нм = 340нм.

Відповідь: А = 560, Т = 560, Г -440, Ц = 440; довжина фрагмента 340 нм.

Задача 5.

У молекулі ДНК з відносною масою 69 000 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 складає 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.

Відповідь: А = 25, Т = 25, Г = 75, Ц = 75.

Задача 6.

До складу білка входять 400 амінокислот. Визначте, яку довжину має ген, що його кодує.

Розв’язання:

Відповідна ділянка одного ланцюга ДНК складається з 400×3=1200 нуклеотидів, а ген – із 1200 пар нуклеотидів. Довжина одної пари нуклеотидів 0,34 нм, звідси довжина даного гена 1200 · 0,34=408 нм.

Відповідь: довжина гена 408 нм.

Задача 7.

У фрагменті ДНК знайдено 1120 аденінових нуклеотидів, що становить 28% від загальної кількості. Встановіть відсотковий вміст інших нуклеотидів та відносну молекулярну масу і довжину цього фрагмента ДНК.

Розв’язання:

За правилом Чаргаффа і принципом компліментарності встановимо, що Т = А = 1120 нуклеотидів = 28%.. Тому Г = Ц = (100% – (А + Т)) : 2 = 22%.

Щоб встановити кількість нуклеотидів Г і Ц у даному фрагменті ДНК, складемо пропорцію: 1120 нуклеотидів – 28%

х нуклеотидів – 22%,

звідки х = Г = Ц = 1120 · 22 / 28 = 880 нуклеотидів.

Щоб визначити довжину фрагмента ДНК, (1120 + 880) · 0,34 нм = 680 нм.

Для того, щоб встановити молекулярну масу обох ланцюгів ДНК, суму всіх нуклеотидів треба помножити на відносну молекулярну масу одного нуклеотида: (1120 · 2 + 880 · 2) ·345 = 1 380 000.

Відповідь: А = Т = 1120, Г = Ц = 880, l = 680 нм, m = 1 380 000.

Задача 8.

Визначте відносну молекулярну масу гена (дволанцюгової ДНК), якщо в одному його ланцюзі закодовано білок з відносною молекулярною масою 3000.

Розв’язання:

У даному білку міститься кількість залишків АМК, яку можна встановити, якщо поділити М_r(білка) на М_r(АМК):

3 000 : 100 = 30.

Встановимо кількість нуклеотидів у двох ланцюгах ДНК, що кодують даний білок:

30 · 3 · 2 = 180 (нуклеотидів).

Визначимо відносну молекулярну масу гена:

180 · 345 = 62 100.

Відповідь: відносна молекулярна маса гена, що кодує цей білок, складає 62 100.

ВПРАВИ ДЛЯ САМОСТІЙНОГО ВИКОНАННЯ:

1. Фрагмент першого ланцюга ДНК має таку послідовність нуклеотидів: ТАЦ-АГА-ТГГ-АГТ-ЦГЦ. Визначте послідовність мономерів білка, закодованих фрагментом другого ланцюга ДНК.

2. Некодуючий ланцюг ДНК має будову ГАГ-АГГ-ЦГТ-АГА-ЦГГ. Визначте будову відповідного фрагмента молекули білка, синтезованої за участі кодуючого ланцюга ДНК.

3. Перший ланцюг фрагмента гена має таку структуру: ТАТ-ТЦТ-ТТТ-ТГТ-ГГА. Вкажіть структуру відповідного фрагмента білка, синтезованого за участю другого ланцюга ДНК.

4. Фрагмент ДНК складається з нуклеотидів, розміщених в такій послідовності: ГЦГ-ААТ-АТГ-ЦАЦ-ТТА. Встановіть послідовність залишків АМК у молекулі білка, синтезованій за другим ланцюгом ДНК.

5. Некодуючий ланцюг фрагмента гена має таку послідовність нуклеотидів: ЦАА-ЦГЦ-ЦТГ-ЦГТ-ТГА. Встановіть послідовність залишків АМК у фрагменті молекули білка, закодованої кодуючим ланцюгом цього гена.

6. Фрагмент молекули білка нормального гемоглобіну крові складається з таких амінокислот: вал – лей – лей – тре – про – глн – ліз. Встановіть послідовність нуклеотидів у кодуючому ланцюзі ДНК, який кодує цей білок, та у некодуючому ланцюзі ДНК, комплементарному першому.

7. Поліпептид складається з такої послідовності АМК: глн – про – ала – сер – мет – три – асн. Встановіть послідовність нуклеотидів у кодуючому ланцюзі ДНК, який кодує цей поліпептид, та у некодуючому ланцюзі ДНК, комплементарному першому.

8. Фрагмент одного з поліпептидних ланцюгів ферменту підшлункової залози складається з такої послідовності АМК: глі – асп – про – тир – вал – про – гіс. Встановіть послідовність нуклеотидів у кодуючому ланцюзі ДНК, який кодує цей фрагмент поліпептиду, та у некодуючому ланцюзі ДНК, комплементарному першому.

9. Фрагмент молекули міоглобіну складається з таких залишків АМК: ала – глу – тир – сер – глн – вал – асн. Встановіть послідовність нуклеотидів у кодуючому ланцюзі ДНК, який кодує цей білок, та у некодуючому ланцюзі ДНК, комплементарному першому.

10. Поліпептидний ланцюг має таку послідовність залишків АМК: арг – лей – три – арг – глу – лей – сер. Встановіть послідовність нуклеотидів у кодуючому ланцюзі ДНК, який кодує цей фрагмент поліпептиду, та у некодуючому ланцюзі ДНК, комплементарному першому.

11. Фрагмент ДНК складається з таких нуклеотидів: ГЦГ-ААТ-АТГ-ЦАЦ-ТТА-АЦТ-ГЦГ. Визначте склад і послідовність залишків АМК у поліпептидному ланцюзі білка, закодованому в цьому фрагменті гена, якщо фрагмент ДНК втратить сьомий нуклеотид А.

12. Фрагмент ДНК складається з таких нуклеотидів: ГЦГ-ААТ-АТГ-ЦАЦ-ТТА-АЦТ-ГЦГ. Визначте склад і послідовність залишків АМК у поліпептидному ланцюзі білка, закодованому в цьому фрагменті гена, якщо фрагмент ДНК подвоїть сьомий нуклеотид А.

13. Фрагмент ДНК складається з таких нуклеотидів: ГЦГ-ААТ-АТГ-ЦАЦ-ТТА-АЦТ-ГЦГ. Визначте склад і послідовність залишків АМК у поліпептидному ланцюзі білка, закодованому в цьому фрагменті гена, якщо між сьомим та восьмим нуклеотидом стане нуклеотид Г.

14. Ділянка гена має наступний склад нуклеотидів: ТГГ-ТЦГ-ЦАГ-ГАГ-ГГГ-ТТТ-ААА. Визначте послідовність залишків АМК у фрагменті молекули білка, закодованому цією ділянкою гена, якщо іонізуючим випромінюванням видалити 10, 11 та 12 нуклеотиди.

15. Ділянка гена має наступний склад нуклеотидів: ТГГ-ТЦГ-ЦАГ-ГАГ-ГГГ-ТТТ-ААА. Визначте послідовність залишків АМК у фрагменті молекули білка, закодованому цією ділянкою гена, якщо подвоїти десятий нуклеотид Г.

16. Четвертий пептид в нормальному гемоглобіні А складається з амінокислот: валін – гістидин – лейцин – треонін – пролін – глутамінова кислота – глутамінова кислота – лізин. У хворого з синдромом спленомегалії діагностували помірну анемію і виявили такий склад четвертого пептиду: валін – гістидин – лейцин – треонін – проллін – лізин глутамінова кислота – лізин. Визначте зміни, що відбулися в ДНК, що кодує четвертий пептид гемоглобіну, після мутації.

17. У хворого на синдром Фанконі (порушення утворення кісткової тканини) із сечею виділяються амінокислоти, яким відповідають наступні триплети і-РНК: АУА, ГУЦ, АУГ, УЦА, УУГ, УАУ, ГУУ, АУУ. Визначте, які АМК виділяються з сечею у хворого.

18. У здорової людини в сечі виявляють: ала, сер, глу, глі. Запишіть триплети, які кодують АМК, що виділяються з сечею здорової людини.

19. У хворого на цистинурію (підвищений вміст АМК у сечі) із сечею виділяються АМК, яким відповідають триплети і-РНК: ЦУУ, ГУУ, ЦУГ, ГУГ, УЦГ, ГУЦ, АУА. Виділення яких триплетів відбувається з сечею у хворих на цистинурію.

20. Які АМК будуть брати участь в синтезі білка, якщо в систему для штучного синтезу білка внесли т-РНК з такими антикодонами:

а) ГЦУ, УУА, АЦА, ЦУА;

б) АЦЦ, УУА, ГЦА, АЦГ;

в) УГУ, ААГ, АГЦ, ГАГ?

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

22. ДНК сперматозоїда людини містить 10⁹ пар азотистих основ. Визначте довжину ДНК.

23. До складу білка входить 800 залишків амінокислот. Визначте довжину гена, що кодує цей білок.

24. Білок вазопресин (гормон гіпофізу, що підвищує кров’яний тиск) складається з 9 залишків АМК. Визначити кількість нуклеотидів і триплетів у ДНК і довжину гену, що кодує цей білок.

25. Визначте довжину гена, що кодує білок нормального гемоглобіну, який у своєму складі містить 237 залишків АМК.

26. Один із ланцюгів ДНК має відносну молекулярну масу 68 310. Визначте кількість залишків АМК у білку, закодованому цим ланцюгом.

27. Визначте відносну молекулярну масу й довжину гена, який кодує білок з відносною молекулярною масою 280 000.

28. Відносна молекулярна маса одного з ланцюгів ДНК становить 119 025. Визначте кількість залишків АМК у складі білка, закодованого цим ланцюгом ДНК.

29. Дано білок, що складається із 150 амінокислотних залишків. Скільки нуклеотидів містить ген, що кодує цей білок? Визначте масу білка та гена, що його кодує.

30. Довжина фрагмента ДНК становить 1530 нм. Скільки в ньому закодовано білкових молекул, які складаються в середньому із 300 амінокислотних залишків?

31. Скільки амінокислотних залишків (у середньому) містить білкова молекула, якщо в фрагменті ДНК розміром 10 200 нм закодовано 20 білкових молекул?

32. До складу білка входить 240 залишків АМК. Яка довжина і відносна молекулярна маса гена, що кодує цей білок?

33. Відносна молекулярна маса білка 9000. Визначте довжину і відносну молекулярну масу гена, що кодує цей білок.

34. Довжина фрагмену ДНК – 4080 нм. Яку кількість залишків АМК кодує даний фрагмент і яка молекулярна маса білка та гена?

35. Один з ланцюгів ДНК має відносну молекулярну масу 72450. Визначте кількість залишків АМК у білку, кодованому даним ланцюгом, та відносну молекулярну масу цього білка.

ХІД РОБОТИ:

ВАРІАНТ __________

ПРАКТИЧНА РОБОТА № 2

ТЕМА: Порівняння мітозу та мейозу

МЕТА: Узагальнити та закріпити знання про мітоз та мейоз. Порівняти біологічне значення мітозу та мейозу, стадії мітозу та мейозу, їх особливості, виділити спільне та відмінне.

ТЕОРЕТИЧНА ЧАСТИНА:

Мейоз – це один із поділів клітини, при якому відбувається редукція (зменшення) кількості хромосом вдвічі і перехід клітин з диплоїдного 2n стану у гаплоїдний 1n.

У тварин мейоз відкрив німецький гістолог В.Флеммінг у 1882 році, а у рослин вперше описав польський ботанік Е.Страсбургер у 1888 році.

За допомогою мейозу утворюються статеві клітини: у тварин – гамети, а у рослин – спори. Внаслідок редукційного поділу у кожну гамети чи спору потрапляє по одній хромосомі із кожної пари гомологічних хромосом. В процесі запліднення гамети зливаються і диплоїдний набір хромосом відновлюється. Саме завдяки мейозу організми з покоління в покоління мають саме диплоїдний набір хромосом. Внаслідок складних процесів кросинговеру у профазі І та тому, що кожна особина має половину генетичного матеріалу від матері, а половину – від батька, організми мутують і пристосовуються до змінних умов середовища. Біологічне значення мейозу – забезпечення постійності каріотипу в ряді поколінь організмів одного виду. Саме тому у мейозі на одне подвоєння ДНК припадає два поділи клітини, що забезпечує редукцію хромосом.

Фази мейозу.

Перший поділ мейозу відбувається після інтерфази, під час якої в синтетичному періоді відбувається подвоєння хромосом. Тому в перший поділ мейозу хромосоми вступають двохроматидними, а набір хромосом – диплоїдний.

Оскільки під час першого поділу відбувається зменшення кількості хромосом вдвічі, то перший поділ називають редукційним. Перший поділ складається з чотирьох фаз, практично ідентичних мітозу, але профаза значно складніша. В профазі І крім звичних для мітозу процесів відбувається кон’югація хромосом – їх тісне зближення, а під час кон’югації кросинговер – перехрещення гомологічних хромосом, під час якого між хромосомами відбувається обмін деякими ділянками хроматид. По завершенні кросинговеру хромосоми розходяться видозміненими, що є матеріалом для мутацій і в кінцевому результаті – для пристосування особин до змінних умов довкілля.

Таким чином, у профазі І відбуваються процеси:

• Спіралізація хромосом;

• Розчинення ядерця;

• Фрагментація і розчинення ядерної оболонки, вихід хромосом у цитоплазму;

• Розходження центріолей до полюсів клітини;

• Формування мікротрубочок веретена поділу;

• Кон’югація хромосом;

• Кросинговер.

Метафаза І . Процеси:

• Прикріплення мікротрубочок до центромерів хромосом;

• Утворення метафазної пластинки – шикування хромосом по екватору клітини.

Анафаза І. Процеси:

• Розходження гомологічних хромосом до полюсів клітини;

• Розміщення біля кожного полюса клітини диплоїдного набору однохроматидних хромосом (при цьому центріолі деяких хромосом не розділяються).

Телофаза І. Процеси:

• Деспіралізація хромосом;

• Формування ядерної оболонки;

• Поділ цитоплазми (проте у багатьох рослинних видів не відбувається, тобто весь перший поділ мейозу завершується лише поділом ядра).

Таким чином, перший поділ мейозу закінчується утворенням двох дочірніх клітин або лише ядер з диплоїдним набором однохроматидних хромосом.

Інтерфаза між першим і другим поділом мейозу може бути дуже вкороченою, без подвоєння ДНК, тобто хромосоми після неї залишаються однохроматидними, або навіть повністю відсутньою (це спостерігається у багатьох рослинних видів).

Профаза ІІ загалом нетривала. Процеси:

• Спіралізація однохроматидних хромосом;

• Переміщення центріолей до полюсів клітини;

• Формування веретена поділу;

• Наближення хромосом до екватору клітини.

Кон’югація і кросинговер при цьому не відбувається.

Метафаза ІІ. Процеси:

• Розміщення хромосом у ряд на екваторі клітини;

• Прикріплення мікротрубочок веретена поділу до центром ер хромосом.

Анафаза ІІ. Процеси:

• Розходження до полюсів клітини по одній із пари гомологічних хромосом.

Телофаза ІІ. Процеси:

• Зникнення веретена поділу;

• Формування ядерець;

• Формування ядерної оболонки;

• Деспіралізація хромосом;

• Поділ цитоплазми і утворення клітинної оболонки.

Таким чином, внаслідок другого поділу мейозу з двох дочірніх клітин першого поділу утворюється чотири дочірніх клітини з гаплоїдним набором однохроматидних хромосом. В наступній інтерфазі ДНК подвоїться і хромосоми стануть двохроматидними.

Отже, біологічне значення мейозу полягає в підтриманні постійної кількості хромосом за наявності статевого процесу. Крім того, внаслідок кросинговеру відбувається рекомбінація – поява нових поєднань генів у хромосомах. Мейоз забезпечує матеріал для комбінативної мінливості – процесів, які забезпечують пристосування видів до змінних умов довкілля.

Хід мейозу перебуває під контролем генотипу організму, на нього впливають статеві гормони у тварин і фітогормони у тварин.

Мітоз та мейоз різняться своїм біологічним значенням.

Мітоз – це спосіб передачі незмінної спадкової інформації від материнської клітини дочірнім.

Мейоз – редукційний поділ, внаслідок якого дочірні клітини отримують гаплоїдний набір однохроматидних хромосом. Крім того, кросинговер профази І забезпечує рекомбінацію генів, що може стати матеріалом для мінливості дочірніх клітин в порівнянні з материнською.

У мітозі на одне подвоєння ДНК (у синтетичному періоді інтерфази) припадає один поділ клітини. Це поділ, що забезпечує незмінність, стабільність організмів. У мейозі на одне подвоєння ДНК припадає два поділи клітини, що призводить до утворення чотирьох дочірніх клітин з гаплоїдним набором хромосом.

У мейозі значно триваліша профаза І, під час якої відбувається кон’югація та кросинговер, а для мітозу вони не характерні.

ХІД РОБОТИ: