Salta al contingut
Classes de reforç
Menú

Exercicis de genètica molecular — Biologia 2n Batxillerat

Aquest tema estudia com es copia i s'expressa la informació genètica. Els exercicis et fan raonar l'experiment de Meselson i Stahl sobre la replicació semiconservativa, transcriure una cadena motlle d'ADN a ARN missatger i traduir-la a proteïna amb el codi genètic. Després estudies la regulació: els operons dels procariotes, les marques epigenètiques i la diferenciació cel·lular, i els diferents tipus d'ARN. Al final hi ha aplicacions de biotecnologia, com detectar si un animal porta un virus. Les solucions mostren cada pas de la transcripció i la traducció. Errors típics: oblidar que a l'ARN la timina es canvia per uracil i dir que tot organisme modificat és transgènic.

Tens examen d'aquest tema? Fes un simulacre de 60 minuts com el de l'institut, amb solucions i criteris de correcció.Fes el simulacre →

Nivell bàsic

Exercici 1

Uns bacteris que han crescut moltes generacions en un medi amb 15N (tot el seu DNA és pesant) es passen a un medi amb 14N. Segons el model semiconservatiu, quina proporció de molècules de DNA seran híbrides (una cadena pesant i una lleugera) i quina seran lleugeres després de dues generacions? I després de tres?

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 1

Resultat

Després de 2 generacions: 50 % híbrides i 50 % lleugeres; després de 3: 25 % híbrides i 75 % lleugeres.

Resolució

  1. Model semiconservatiu. Cada molècula filla conserva una cadena de la mare i en sintetitza una de nova amb l'isòtop del medi (aquí, 14N). Per tant, les dues cadenes pesants originals no es perden mai: sempre hi haurà exactament 2 molècules híbrides, i la resta seran lleugeres.
  2. Generació 1. De la molècula pesant inicial en surten 2 molècules, totes dues híbrides (100 %).
  3. Generació 2. Hi ha 4 molècules: 2 híbrides i 2 lleugeres, és a dir, 24=50 %\tfrac{2}{4} = 50\ \% híbrides i 50 % lleugeres.
  4. Generació 3. Hi ha 8 molècules: 2 híbrides i 6 lleugeres, és a dir, 28=25 %\tfrac{2}{8} = 25\ \% híbrides i 75 % lleugeres.
  5. Conclusió. En un tub de centrifugació en gradient de densitat es veurien una banda intermèdia i una de lleugera, i la lleugera cada cop més gruixuda. Si la replicació fos conservativa, no hi hauria mai cap banda intermèdia.

T'has encallat? T'ajudem amb el dubte Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 2

Quin aminoàcid codifica el codó AUG, i quina doble funció té aquest codó dins de la traducció?

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 2

Resultat

AUG codifica la metionina i, a més, és el codó d'inici de la traducció.

Resolució

  1. Aminoàcid. Segons el codi genètic, el codó AUG codifica la metionina (Met).
  2. Codó d'inici. A més, AUG marca el punt exacte on el ribosoma comença a llegir l'ARN missatger de tres en tres bases: fixa el marc de lectura.
  3. Conclusió. Per això la primera metionina de les proteïnes la posa sempre el codó d'inici, i els AUG que apareixen més endavant, dins del marc, simplement afegeixen metionines a la cadena.

T'has encallat? T'ajudem amb el dubte Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 3

Quina és la diferència fonamental entre una mutació i una marca epigenètica pel que fa a la seqüència de bases de l'ADN?

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 3

Resultat

Una mutació canvia la seqüència de bases de l'ADN; una marca epigenètica no en canvia cap: només modifica si un gen es pot transcriure o no.

Resolució

  1. Mutació. És un canvi en la seqüència de bases de l'ADN: n'altera la informació genètica.
  2. Marca epigenètica. No canvia cap base: només modifica si un gen es pot transcriure o no, per exemple metilant l'ADN o modificant les histones.
  3. Conclusió. Amb una marca epigenètica, la seqüència genètica queda intacta; el que canvia és l'expressió del gen.

T'has encallat? T'ajudem amb el dubte Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 4

En una mostra de DNA de doble cadena, el 30 % dels nucleòtids tenen adenina. Calcula el percentatge de timina, de guanina i de citosina de la mostra i indica quina regla fas servir.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 4

Resultat

T=30 %\mathrm{T} = 30\ \%; G=20 %\mathrm{G} = 20\ \%; C=20 %\mathrm{C} = 20\ \% (regla de Chargaff: A = T i G = C).

Resolució

  1. Regla de Chargaff. En el DNA bicatenari, A s'aparella amb T i G amb C, de manera que A = T i G = C.
  2. Timina. T = A = 30 %.
  3. Guanina i citosina. G+C=100−(30+30)=40 %\mathrm{G} + \mathrm{C} = 100 - (30 + 30) = 40\ \% i, com que G = C, cadascuna és del 20 %.
  4. Comprovació. 30 + 30 + 20 + 20 = 100 %, i A+GT+C=5050=1\dfrac{\mathrm{A}+\mathrm{G}}{\mathrm{T}+\mathrm{C}} = \dfrac{50}{50} = 1, com correspon a un DNA de doble cadena.
  5. Compte. No apliquis A = T i G = C a un RNA o a un DNA monocatenari: la regla no s'hi compleix perquè les bases no estan aparellades.

T'has encallat? T'ajudem amb el dubte Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 5

Tradueix el mRNA 5'-AUGGCUUUUGAAUAG-3' i escriu el pèptid que en resulta. Fes servir aquest fragment del codi genètic: AUG = metionina (Met), GCU = alanina (Ala), UUU = fenilalanina (Phe), GAA = àcid glutàmic (Glu), UAG = codó d'aturada.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 5

Resultat

Pèptid: Met-Ala-Phe-Glu (4 aminoàcids).

Resolució

  1. Lectura. Llegeix el mRNA de tres en tres bases, en sentit 5' → 3', començant pel codó d'inici AUG: AUG · GCU · UUU · GAA · UAG.
  2. Codi genètic. AUG → Met; GCU → Ala; UUU → Phe; GAA → Glu; UAG → aturada (no codifica cap aminoàcid: el ribosoma allibera el pèptid).
  3. Resultat. El pèptid és Met-Ala-Phe-Glu, de 4 aminoàcids.
  4. Compte. No comptis el codó d'aturada com un aminoàcid més: 5 codons donen 4 aminoàcids.

T'has encallat? T'ajudem amb el dubte Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 6

Relaciona cada enzim de la replicació amb la seva funció: helicasa, primasa, DNA polimerasa, DNA lligasa i topoisomerasa. Funcions: (1) sintetitza un petit encebador de RNA; (2) uneix els fragments d'Okazaki formant enllaços fosfodièster; (3) separa les dues cadenes trencant els ponts d'hidrogen; (4) afegeix nucleòtids a l'extrem 3' d'una cadena en creixement; (5) elimina les tensions de superenrotllament per davant de la forquilla.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 6

Resultat

Helicasa → (3); primasa → (1); DNA polimerasa → (4); DNA lligasa → (2); topoisomerasa → (5).

Resolució

  1. Helicasa → (3). Obre la doble hèlix trencant els ponts d'hidrogen entre les bases complementàries.
  2. Primasa → (1). Fabrica l'encebador de RNA que aporta l'extrem 3'-OH lliure que necessita la DNA polimerasa per començar.
  3. DNA polimerasa → (4). Allarga la cadena nova només en sentit 5' → 3' i, a més, corregeix els errors d'aparellament.
  4. DNA lligasa → (2). Segella els talls entre els fragments d'Okazaki de la cadena retardada.
  5. Topoisomerasa → (5). Fa talls transitoris que relaxen el superenrotllament generat per l'obertura de la forquilla.

T'has encallat? T'ajudem amb el dubte Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 7

Raona si cada afirmació sobre el codi genètic és certa o falsa: a) És degenerat, perquè un mateix aminoàcid pot estar codificat per més d'un codó. b) És ambigu, perquè un mateix codó pot codificar aminoàcids diferents segons la cèl·lula. c) És pràcticament universal, perquè un mateix codó significa el mateix aminoàcid en un bacteri i en un ésser humà.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 7

Apartat a)

Resultat

Certa: un mateix aminoàcid pot tenir diversos codons.

Resolució

  1. Degeneració. Hi ha 64 codons per a només 20 aminoàcids (i 3 senyals d'aturada); per exemple, la leucina té sis codons.
  2. Conseqüència. Aquesta redundància fa que moltes substitucions de la tercera base siguin silencioses.

Apartat b)

Resultat

Falsa: el codi no és ambigu; cada codó codifica sempre un únic aminoàcid (o una aturada).

Resolució

  1. No ambigu. Cada codó codifica sempre un únic aminoàcid (o una aturada), sigui quina sigui la cèl·lula.
  2. Compte. No confonguis degenerat (molts codons → un aminoàcid) amb ambigu (un codó → molts aminoàcids).

Apartat c)

Resultat

Certa: el codi és gairebé universal, amb poques excepcions.

Resolució

  1. Universalitat. Un mateix codó significa el mateix aminoàcid en gairebé tots els éssers vius; hi ha poques excepcions (per exemple, alguns codons dels mitocondris).
  2. Aplicació. Aquesta universalitat és el que permet que un bacteri fabriqui una proteïna humana com la insulina a partir d'un gen humà.

T'has encallat? T'ajudem amb el dubte Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 8

El codó 5'-GCA-3' d'un mRNA codifica l'alanina. Escriu, indicant-ne la polaritat, l'anticodó del tRNA que el reconeix i explica quina molècula ha de portar unida aquest tRNA perquè la traducció sigui correcta.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 8

Resultat

Anticodó 3′-CGU-5′3'\text{-CGU-}5' (o 5′-UGC-3′5'\text{-UGC-}3'); el tRNA ha de portar unida una alanina.

Resolució

  1. Aparellament. L'anticodó s'aparella amb el codó de manera complementària i antiparal·lela: G-C, C-G, A-U.
  2. Anticodó. Codó 5'-GCA-3' → anticodó 3'-CGU-5'; escrit en el sentit habitual 5' → 3', és 5'-UGC-3'.
  3. Aminoàcid. El tRNA ha de portar unida al seu extrem 3' (seqüència CCA) una alanina. L'aminoacil-tRNA sintetasa és l'enzim que garanteix que cada tRNA carregui l'aminoàcid que correspon al seu anticodó.
  4. Compte. Un error típic és escriure l'anticodó 5'-CGU-3', sense tenir en compte que codó i anticodó són antiparal·lels.

T'has encallat? T'ajudem amb el dubte Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 9

Un gen eucariota té tres exons de 150, 90 i 240 nucleòtids i dos introns de 600 i 1100 nucleòtids. Calcula quants nucleòtids té la regió codificant del mRNA madur (sense comptar la caputxa ni la cua poli-A) i quants aminoàcids tindrà la proteïna si el primer codó és AUG i l'últim és un codó d'aturada.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 9

Resultat

Regió codificant: 480 nucleòtids; proteïna de 159 aminoàcids.

Resolució

  1. Maduració. En el splicing s'eliminen els introns i s'uneixen els exons: els introns no arriben al mRNA madur.
  2. Nucleòtids codificants. 150 + 90 + 240 = 480 nucleòtids.
  3. Codons. 4803=160\tfrac{480}{3} = 160 codons. Com que 480 és múltiple de 3, el marc de lectura és complet.
  4. Aminoàcids. 160 − 1 = 159, perquè el codó d'aturada no codifica cap aminoàcid (la metionina inicial sí que es compta).
  5. Compte. No sumis també els introns (480 + 1700 = 2180 nucleòtids): no formen part del mRNA madur.

T'has encallat? T'ajudem amb el dubte Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 10

Explica breument tres diferències entre la transcripció en una cèl·lula procariota i en una d'eucariota: el lloc on té lloc, la maduració del mRNA i l'acoblament amb la traducció.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 10

Resultat

Procariotes: transcripció al citoplasma, sense maduració i simultània a la traducció. Eucariotes: al nucli, amb maduració (caputxa, cua poli-A i splicing) i separada de la traducció.

Resolució

  1. Lloc. En els procariotes la transcripció passa al citoplasma, perquè no tenen nucli; en els eucariotes passa dins del nucli i el mRNA ha de sortir pels porus nuclears.
  2. Maduració. El mRNA procariota es tradueix tal com surt, sense modificacions; el mRNA eucariota madura abans de sortir del nucli: rep una caputxa a l'extrem 5', una cua poli-A a l'extrem 3' i perd els introns (splicing).
  3. Acoblament. En els procariotes transcripció i traducció són simultànies (els ribosomes s'uneixen al mRNA mentre encara s'està transcrivint); en els eucariotes són processos separats en l'espai i en el temps.
  4. Una altra diferència. Els mRNA procariotes solen ser policistrònics (operons) i els eucariotes, monocistrònics.

T'has encallat? T'ajudem amb el dubte Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Nivell intermedi

Exercici 11

Una cadena d'ADN té la seqüència A-A-G-C-T-G. Escriu la cadena complementària que es forma en la replicació.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 11

Resultat

La cadena complementària és T-T-C-G-A-C.

Resolució

  1. Complementarietat de bases. En la replicació, cada base s'aparella amb la seva complementària: A amb T i G amb C.
  2. Aparellament. L'A dona T, l'A dona T, la G dona C, la C dona G, la T dona A i la G dona C.
  3. Conclusió. La cadena nova és T-T-C-G-A-C; fixa't que és antiparal·lela a la motlle (si la donada és 5'-AAGCTG-3', la nova és 3'-TTCGAC-5').

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 12

Transcriu a ARN missatger aquesta cadena motlle d'ADN: T-A-C-G-G-A.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 12

Resultat

L'ARN missatger és A-U-G-C-C-U.

Resolució

  1. Complementarietat. L'ARN polimerasa aparella cada base de la cadena motlle amb la seva complementària, però a l'ARN hi posa U en lloc de T.
  2. Aparellament. La T dona A, l'A dona U, la C dona G, la G dona C, la G dona C i l'A dona U.
  3. Conclusió. L'ARNm és A-U-G-C-C-U; fixa't que comença per AUG, el codó d'inici.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 13

Quina utilitat té, per a un bacteri, que els gens que codifiquen els enzims d'una mateixa via metabòlica estiguin agrupats en un operó en comptes d'estar escampats pel cromosoma amb un promotor cadascun?

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 13

Resultat

Li permet regular tots els gens alhora amb un sol interruptor (un promotor i un operador): una regulació coordinada i estalviadora.

Resolució

  1. Els enzims es necessiten junts. Els enzims d'una via es necessiten sempre en el mateix moment: si el substrat apareix al medi calen tots, i si no hi és no en cal cap.
  2. Un sol promotor. Agrupats sota un únic promotor, un sol senyal (la unió o la retirada del repressor a l'operador) encén o apaga la via sencera de cop, de manera coordinada i en proporcions equilibrades.
  3. Gens escampats. Si cada gen tingués el seu promotor, la cèl·lula hauria de regular-los un per un i s'arriscaria a fabricar-ne uns i altres no, cosa que deixaria la via incompleta.
  4. Conclusió. L'operó és, doncs, un mecanisme d'estalvi i de coordinació.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 14

Classifica aquests RNA segons si intervenen directament en la síntesi de proteïnes o si tenen una funció reguladora, i digues què fa cadascun: mRNA, tRNA, rRNA i miRNA.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 14

Resultat

Intervenen directament en la síntesi de proteïnes el mRNA, el tRNA i el rRNA; el miRNA té funció reguladora.

Resolució

  1. mRNA. Porta la còpia de la informació d'un gen des de l'ADN fins al ribosoma.
  2. tRNA. Transporta els aminoàcids i els col·loca en l'ordre correcte aparellant el seu anticodó amb el codó del mRNA.
  3. rRNA. Forma l'estructura del ribosoma i catalitza la formació de l'enllaç peptídic.
  4. miRNA (regulador). No es tradueix: s'uneix per complementarietat a un mRNA concret i n'impedeix la traducció o el fa degradar.
  5. Conclusió. La diferència de fons: els tres primers són maquinària de fabricació; el quart és un interruptor.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 15

Un fragment de mRNA té la seqüència 5'-AUGAAAGGUUGGUAA-3'. Tres mutacions puntuals diferents del gen donen els mRNA: a) 5'-AUGAAGGGUUGGUAA-3'; b) 5'-AUGAAAGAUUGGUAA-3'; c) 5'-AUGAAAGGUUGAUAA-3'. Escriu el pèptid original i el de cada mutant, i classifica cada mutació com a silenciosa, de canvi de sentit o sense sentit. Codi genètic: AUG = Met; AAA i AAG = Lys; GGU = Gly; GAU = Asp; UGG = Trp; UAA i UGA = aturada.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 15

Apartat a)

Resultat

Original: Met-Lys-Gly-Trp. Mutant a): Met-Lys-Gly-Trp; mutació silenciosa.

Resolució

  1. Pèptid original. AUG · AAA · GGU · UGG · UAA → Met-Lys-Gly-Trp (i aturada).
  2. Mutant a). AUG · AAG · GGU · UGG · UAA → Met-Lys-Gly-Trp: el codó AAA ha passat a AAG, però tots dos codifiquen lisina.
  3. Classificació. Mutació silenciosa, gràcies a la degeneració del codi.

Apartat b)

Resultat

Mutant b): Met-Lys-Asp-Trp; mutació de canvi de sentit.

Resolució

  1. Lectura. AUG · AAA · GAU · UGG · UAA → Met-Lys-Asp-Trp: GGU (Gly) ha passat a GAU (Asp).
  2. Classificació. Mutació de canvi de sentit: canvia un aminoàcid i pot alterar la funció de la proteïna.

Apartat c)

Resultat

Mutant c): Met-Lys-Gly; mutació sense sentit.

Resolució

  1. Lectura. AUG · AAA · GGU · UGA · UAA → Met-Lys-Gly: UGG (Trp) s'ha convertit en UGA, un codó d'aturada prematur.
  2. Classificació. Mutació sense sentit: la proteïna queda truncada i normalment no és funcional.
  3. Conclusió. Totes tres són substitucions d'una sola base, però l'efecte depèn del codó que en resulta.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 16

El mRNA 5'-AUGUUUGGUAAAUGG-3' codifica el pèptid Met-Phe-Gly-Lys-Trp. Escriu el pèptid que es formaria si es perdés el quart nucleòtid (la primera U del codó UUU) i raona per què una deleció d'un sol nucleòtid sol ser més greu que la substitució d'un nucleòtid per un altre. Codi genètic: AUG = Met; UUU = Phe; UUG = Leu; GGU = Gly; GUA = Val; AAA = Lys; AAU = Asn; UGG = Trp.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 16

Resultat

Pèptid mutant: Met-Leu-Val-Asn…; la deleció desplaça el marc de lectura i canvia tots els codons posteriors, mentre que una substitució només afecta un codó.

Resolució

  1. Seqüència mutant. Sense el quart nucleòtid queda 5'-AUGUUGGUAAAUGG-3', que es llegeix AUG · UUG · GUA · AAU · GG.
  2. Pèptid mutant. Met-Leu-Val-Asn. Els dos últims nucleòtids, GG, no formen un codó complet; en el gen real la lectura continuaria desplaçada fins a trobar un codó d'aturada.
  3. Deleció. Desplaça el marc de lectura: a partir del punt de la mutació tots els codons canvien, i la proteïna té una seqüència totalment diferent, sovint amb un codó d'aturada prematur.
  4. Substitució. Només afecta un codó: pot ser silenciosa, canviar un sol aminoàcid o crear una aturada, però la resta de la proteïna es manté.
  5. Conclusió. Per això les insercions i delecions que no són múltiples de 3 nucleòtids (mutacions de canvi de marc) acostumen a inactivar completament la proteïna.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 17

L'operó lac d'Escherichia coli conté els gens dels enzims que degraden la lactosa. Explica què passa amb el repressor, l'operador i la transcripció dels gens estructurals a) quan al medi no hi ha lactosa i b) quan hi ha lactosa i no hi ha glucosa. Per què es diu que és un operó induïble?

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 17

Apartat a)

Resultat

Sense lactosa, el repressor actiu s'uneix a l'operador i els gens estructurals no es transcriuen.

Resolució

  1. Repressor. El gen regulador produeix el repressor, que és actiu i s'uneix a l'operador.
  2. Operador. Es troba entre el promotor i els gens estructurals, de manera que el repressor unit bloqueja el pas de la RNA polimerasa.
  3. Conclusió. Els gens lacZ, lacY i lacA no es transcriuen i no es fabriquen els enzims.

Apartat b)

Resultat

Amb lactosa i sense glucosa, l'al·lolactosa inactiva el repressor, que deixa lliure l'operador, i els gens es transcriuen. És induïble perquè només s'encén quan hi ha el substrat.

Resolució

  1. Inductor. Una part de la lactosa es converteix en al·lolactosa (l'inductor), que s'uneix al repressor i li canvia la conformació: el repressor ja no pot unir-se a l'operador.
  2. Transcripció. La RNA polimerasa transcriu els gens estructurals en un sol mRNA policistrònic i el bacteri fabrica la beta-galactosidasa i la permeasa.
  3. Paper de la glucosa. L'absència de glucosa fa augmentar l'AMPc, que amb la proteïna CAP estimula encara més la transcripció.
  4. Operó induïble. Normalment està apagat i només s'encén (s'indueix) quan apareix el substrat: el bacteri només inverteix energia a fabricar els enzims quan hi ha lactosa per digerir.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 18

A la forquilla de replicació, una de les dues cadenes noves se sintetitza de manera contínua i l'altra en petits fragments. Explica a què es deu aquesta diferència, com s'anomenen les dues cadenes i els fragments, i quins enzims calen per completar la cadena discontínua.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 18

Resultat

Es deu al fet que la DNA polimerasa només sintetitza en sentit 5' → 3' i les cadenes són antiparal·leles: hi ha una cadena conductora (contínua) i una retardada (en fragments d'Okazaki), que necessita primasa, DNA polimerasa i DNA lligasa.

Resolució

  1. Causa. La DNA polimerasa només pot afegir nucleòtids a un extrem 3'-OH, és a dir, sintetitza sempre en sentit 5' → 3', i les dues cadenes del DNA són antiparal·leles.
  2. Cadena conductora. La cadena nova que creix en el mateix sentit en què avança la forquilla (cadena conductora o líder) es pot sintetitzar de manera contínua amb un sol encebador.
  3. Cadena retardada. L'altra cadena nova hauria de créixer en sentit contrari a l'avanç de la forquilla; per això es fa a trossos, els fragments d'Okazaki, a mesura que la forquilla va descobrint motlle nou.
  4. Enzims. Per a cada fragment, la primasa sintetitza un encebador de RNA i la DNA polimerasa l'allarga; després s'eliminen els encebadors i s'omplen els buits amb DNA, i la DNA lligasa uneix els fragments.
  5. Conclusió. Les dues cadenes es repliquen alhora, però la retardada va una mica endarrerida respecte de la conductora.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 19

Un gen bacterià sense introns té 1200 parells de bases, comptant el codó d'inici i el d'aturada. Calcula: a) el nombre màxim d'aminoàcids de la proteïna que codifica; b) la longitud del gen en nanòmetres, si cada parell de bases ocupa 0,34 nm al llarg de l'hèlix; c) el nombre de voltes d'hèlix que forma, si hi ha 10 parells de bases per volta.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 19

Apartat a)

Resultat

Com a màxim 399 aminoàcids.

Resolució

  1. Codons. Cada codó són 3 parells de bases: 12003=400\tfrac{1200}{3} = 400 codons.
  2. Aminoàcids. El codó d'aturada no codifica cap aminoàcid, de manera que la proteïna té com a màxim 400 − 1 = 399 aminoàcids (la metionina inicial sí que es compta).

Apartat b)

Resultat

L=408 nmL = 408\ \text{nm} (0,408 µm).

Resolució

  1. Dada. Cada parell de bases ocupa 0,34 nm al llarg de l'hèlix.
  2. Càlcul. L=1200 pb⋅0,34 nm/pb=408 nmL = 1200\ \text{pb} \cdot 0{,}34\ \text{nm/pb} = 408\ \text{nm}

Apartat c)

Resultat

120 voltes d'hèlix.

Resolució

  1. Càlcul. 1200 pb10 pb/volta=120\dfrac{1200\ \text{pb}}{10\ \text{pb/volta}} = 120 voltes.
  2. Comprovació. 120 voltes · 3,4 nm per volta = 408 nm, el mateix resultat de l'apartat b.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 20

Hershey i Chase van marcar un lot de bacteriòfags amb sofre radioactiu (35S) i un altre lot amb fòsfor radioactiu (32P), van deixar que infectessin bacteris i, després d'agitar i centrifugar els cultius, van mesurar on era la radioactivitat. Raona quina molècula del virus marca cada isòtop, en quin lot la radioactivitat va aparèixer dins dels bacteris i quina conclusió es va treure de l'experiment.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 20

Resultat

El 35S marca les proteïnes (càpsida) i el 32P, el DNA; la radioactivitat va entrar als bacteris en el lot del 32P: el material genètic és el DNA.

Resolució

  1. Què marca cada isòtop. El sofre forma part de les proteïnes (aminoàcids cisteïna i metionina) i no del DNA; el fòsfor forma part dels nucleòtids del DNA (grups fosfat) i no de les proteïnes. Per tant, el 35S marca la càpsida proteica i el 32P marca el DNA del fag.
  2. Agitació i centrifugació. Amb l'agitació es desprenen les càpsides que han quedat a l'exterior del bacteri; en centrifugar, els bacteris van al sediment i les càpsides queden al sobrenedant.
  3. Resultat. La radioactivitat del 32P va aparèixer al sediment (dins dels bacteris) i es va transmetre als fags descendents; la del 35S es va quedar al sobrenedant.
  4. Conclusió. El que el virus injecta al bacteri per fabricar nous virus és el DNA, no la proteïna: el DNA és el portador de la informació genètica.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 21

Un alumne ha de transcriure un gen la cadena codificant del qual és 5'-ATGGCCTAA-3' i escriu el mRNA 5'-UACCGGAUU-3'. Corregeix l'error, escriu el mRNA correcte i explica la diferència entre cadena codificant i cadena motlle.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 21

Resultat

mRNA correcte: 5'-AUGGCCUAA-3'. La cadena codificant té la mateixa seqüència i polaritat que el mRNA (amb T); la motlle és la complementària, que llegeix la RNA polimerasa.

Resolució

  1. Error. L'alumne ha fet la complementària de la cadena codificant, com si fos la cadena motlle, i a més l'ha escrita amb la polaritat invertida.
  2. Cadena motlle. És la que llegeix la RNA polimerasa (en sentit 3' → 5') per fabricar un mRNA complementari; aquí és 3'-TACCGGATT-5'.
  3. Cadena codificant. És l'altra: té la mateixa seqüència i polaritat que el mRNA, amb T en lloc de U; per això se'n diu codificant i és la que s'escriu als bancs de dades.
  4. mRNA correcte. 5'-AUGGCCUAA-3', que es llegeix AUG = Met, GCC = Ala, UAA = aturada.
  5. Comprovació. El mRNA ha de començar pel codó d'inici AUG; el de l'alumne començava per UAC, cosa que ja delatava l'error.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Nivell avançat

Exercici 22

Les cèl·lules beta del pàncrees fabriquen insulina i les del cristal·lí de l'ull fabriquen cristal·lines, però totes dues tenen els dos gens. (a) Com s'explica? (b) Quins elements del DNA i quines proteïnes decideixen si un gen s'expressa? (c) Què passaria si una mutació inactivés un potenciador del gen de la insulina?

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 22

Apartat a)

Resultat

Totes les cèl·lules tenen el mateix DNA, però cada tipus cel·lular n'expressa només una part: és la regulació de l'expressió gènica.

Resolució

  1. Mateix genoma. Les cèl·lules beta i les del cristal·lí provenen del mateix zigot per mitosi, i per això tenen el mateix DNA, amb els dos gens.
  2. Expressió diferencial. Cada tipus cel·lular només transcriu una part dels seus gens: les cèl·lules beta expressen el gen de la insulina i les del cristal·lí, el de les cristal·lines.

Apartat b)

Resultat

El promotor i les seqüències reguladores com els potenciadors (DNA), i els factors de transcripció que s'hi uneixen (proteïnes).

Resolució

  1. Elements del DNA. El promotor i seqüències reguladores com els potenciadors.
  2. Proteïnes. Els factors de transcripció s'uneixen a aquests elements i fan que la RNA polimerasa transcrigui el gen o no.
  3. Especificitat. Cada tipus de cèl·lula té el seu conjunt de factors de transcripció actius, i per això cada una expressa gens diferents.

Apartat c)

Resultat

El gen de la insulina es transcriuria molt menys i les cèl·lules beta fabricarien poca insulina, encara que la seqüència codificant fos normal.

Resolució

  1. Paper del potenciador. S'hi uneixen factors de transcripció activadors que augmenten la transcripció del gen.
  2. Efecte de la mutació. Si el potenciador no funciona, els activadors no s'hi poden unir i el gen de la insulina es transcriu molt menys, encara que la seva seqüència codificant sigui normal.
  3. Conclusió. Les cèl·lules beta fabricarien poca insulina: una mutació fora de la regió codificant també pot tenir efectes greus.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 23

Per detectar si un animal aparentment sa és portador d'un virus de DNA en fase latent, un laboratori fa una PCR a partir d'una mostra de teixit i, a més, busca anticossos contra el virus a la sang. (a) Què amplifica una PCR i què cal conèixer per poder-la dissenyar? (b) Es podrà amplificar el genoma del virus en un animal en què el virus és latent i no dona símptomes? Justifica-ho. (c) Pot aquest animal tenir anticossos contra el virus? Justifica-ho.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 23

Apartat a)

Resultat

Amplifica un fragment concret de DNA; cal conèixer la seqüència dels extrems del fragment per fabricar-ne els encebadors.

Resolució

  1. Què fa la PCR. Amplifica exponencialment un fragment de DNA concret: en poques hores en fa milions de còpies a partir d'una quantitat mínima.
  2. Què cal per dissenyar-la. Cal conèixer la seqüència dels extrems del fragment que es vol copiar, per poder fabricar els encebadors que hi hibriden, i cal una DNA polimerasa resistent a la calor.

Apartat b)

Resultat

Sí: el DNA del virus latent és present dins de les cèl·lules, i la PCR detecta la presència del DNA, no l'activitat del virus.

Resolució

  1. Què vol dir latent. El virus no s'està multiplicant activament ni causa símptomes, però el seu material genètic és present dins de les cèl·lules de l'animal.
  2. Conclusió. La PCR detecta la presència del DNA, no l'activitat del virus; per això és justament la tècnica adequada per trobar portadors asimptomàtics.

Apartat c)

Resultat

Sí: el sistema immunitari va reconèixer el virus quan va entrar i els anticossos i les cèl·lules de memòria persisteixen.

Resolució

  1. Resposta immunitària. El virus va entrar en algun moment i el sistema immunitari el va reconèixer aleshores: la resposta específica va generar anticossos i cèl·lules de memòria, que persisteixen encara que el virus estigui ara inactiu.
  2. Conclusió. Trobar anticossos indica exposició passada, i trobar DNA víric indica que encara hi és: les dues proves són complementàries.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 24

La tècnica CRISPR-Cas9 permet modificar un gen concret dins d'un genoma. Ordena aquests passos i explica què fa la molècula que dona l'especificitat a la tècnica: (I) l'enzim Cas9 talla la doble cadena a la regió reconeguda; (II) es dissenya un RNA guia complementari a la seqüència que es vol modificar; (III) es comprova per seqüenciació que el gen s'ha modificat i que s'expressa; (IV) s'identifica el gen d'interès i se n'obté la seqüència; (V) la cèl·lula repara el tall i incorpora la modificació.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 24

Resultat

Ordre: IV → II → I → V → III. L'especificitat la dona l'RNA guia, que per aparellament de bases porta la Cas9 al punt exacte del DNA.

Resolució

  1. IV. Primer cal saber què es vol modificar: s'identifica el gen d'interès i se n'obté la seqüència.
  2. II. Amb la seqüència a la mà es dissenya l'RNA guia, complementari de la regió diana. L'RNA guia és el que dona l'especificitat a tota la tècnica: la proteïna Cas9 per si sola no sap on tallar, i és l'aparellament de bases entre l'RNA guia i el DNA el que la porta exactament al punt volgut.
  3. I. Un cop guiada, la Cas9 talla la doble cadena en aquella posició.
  4. V. La cèl·lula detecta el tall i activa els seus mecanismes de reparació, i és aprofitant aquesta reparació que s'introdueix la modificació desitjada.
  5. III. Finalment es verifica per seqüenciació que el canvi hi és i que el gen s'expressa de manera funcional. Sense aquesta última comprovació no es pot afirmar que l'edició hagi funcionat.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 25

Per identificar la molècula responsable de la transformació bacteriana descrita per Griffith, es prepara un extracte de pneumococs de la soca S (virulenta, amb càpsula) morts per la calor i es barreja amb pneumococs vius de la soca R (no virulenta) en quatre tubs: tub 1, extracte sense tractar; tub 2, extracte tractat amb proteasa; tub 3, extracte tractat amb RNasa; tub 4, extracte tractat amb DNasa. En sembrar els tubs apareixen colònies S als tubs 1, 2 i 3, i només colònies R al tub 4.
a) Explica què és la transformació bacteriana.
b) Interpreta el resultat de cada tub i digues quina molècula és el «principi transformant».
c) Raona per què el resultat del tub 2 descarta que siguin les proteïnes.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 25

Apartat a)

Resultat

És la captació de DNA lliure del medi per part d'un bacteri i la seva incorporació al genoma, de manera que adquireix caràcters nous.

Resolució

  1. Definició. La transformació és la captació, per part d'un bacteri, de DNA lliure del medi i la seva incorporació al genoma.
  2. Aquí. Els bacteris R adquireixen així caràcters nous: la capacitat de fabricar càpsula i ser virulents (es tornen S).

Apartat b)

Resultat

Hi ha transformació en els tubs 1, 2 i 3 però no en el 4 (DNasa): el principi transformant és el DNA.

Resolució

  1. Tub 1. L'extracte conté alguna molècula que converteix bacteris R en S.
  2. Tubs 2 i 3. La transformació es manté encara que s'hagin destruït les proteïnes o el RNA, de manera que cap d'aquestes molècules n'és la responsable.
  3. Tub 4. En destruir el DNA desapareix la transformació; per tant, el principi transformant és el DNA (experiment d'Avery, MacLeod i McCarty).
  4. Control adequat. Caldria un tub només amb bacteris R vius, on no haurien d'aparèixer colònies S, per descartar mutacions espontànies.

Apartat c)

Resultat

Al tub 2 les proteïnes estan destruïdes i encara hi ha transformació: les proteïnes no són el material genètic.

Resolució

  1. Efecte de la proteasa. La proteasa degrada les proteïnes de l'extracte.
  2. Raonament. Si la informació per fabricar càpsula estigués en una proteïna, al tub 2 no hi hauria d'haver colònies S. Com que n'hi ha, les proteïnes no són el material genètic, tot i que en aquella època era la hipòtesi majoritària.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 26

El transcrit primari d'un gen eucariota té quatre exons (E1, E2, E3 i E4) separats per tres introns. En madurar, E1 i E4 sempre s'inclouen al mRNA, mentre que E2 i E3 s'hi poden incloure o no segons el teixit.
a) Descriu les tres modificacions que pateix el transcrit primari fins a convertir-se en mRNA madur.
b) Quants mRNA madurs diferents pot produir aquest gen? Escriu-los.
c) Explica com aquest mecanisme ajuda a entendre que el genoma humà, amb uns 20000 gens, pugui fabricar més de 100000 proteïnes diferents.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 26

Apartat a)

Resultat

Caputxa 5' (7-metilguanosina), cua poli-A a l'extrem 3' i splicing (eliminació dels introns i unió dels exons).

Resolució

  1. Caputxa. S'afegeix una 7-metilguanosina a l'extrem 5', que protegeix el mRNA i permet que el ribosoma el reconegui.
  2. Cua poli-A. S'afegeixen uns 200 nucleòtids d'adenina a l'extrem 3', que l'estabilitzen.
  3. Splicing. En la maduració per tall i unió, l'espliceosoma elimina els introns i uneix els exons.

Apartat b)

Resultat

4 mRNA: E1-E4, E1-E2-E4, E1-E3-E4 i E1-E2-E3-E4.

Resolució

  1. Combinacions. E1 i E4 hi són sempre; E2 i E3 són opcionals i independents, de manera que hi ha 2⋅2=42 \cdot 2 = 4 combinacions.
  2. mRNA possibles. E1-E4, E1-E2-E4, E1-E3-E4 i E1-E2-E3-E4.

Apartat c)

Resultat

És el splicing alternatiu: un mateix gen dona diversos mRNA madurs i, per tant, diverses proteïnes.

Resolució

  1. Splicing alternatiu. Un mateix gen dona lloc a diversos mRNA madurs i, per tant, a diverses proteïnes (isoformes) amb seqüències parcialment diferents, segons el teixit o el moment del desenvolupament.
  2. Isoformes. Comparteixen els exons constants i es diferencien pels variables; per això una mutació a E1 afecta totes les isoformes, i una a E2 només les que l'inclouen.
  3. Conclusió. Així, el nombre de proteïnes (més de 100000) pot ser molt superior al nombre de gens (uns 20000).

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 27

En quatre persones s'han trobat quatre mutacions diferents en un mateix gen: (1) una substitució a la caixa TATA del promotor; (2) una substitució en els dos primers nucleòtids d'un intró (lloc de tall del splicing); (3) una substitució en un exó que canvia el codó GGC per GGU (tots dos codifiquen glicina); (4) una deleció de tres nucleòtids consecutius dins d'un exó. Per a cada mutació, raona si afecta la quantitat de proteïna, la seqüència de la proteïna, totes dues coses o cap, i digues quina és la que més probablement serà inofensiva.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 27

Resultat

(1) afecta la quantitat; (2) la seqüència (i sol fer la proteïna no funcional); (3) cap; (4) la seqüència (un aminoàcid menys). La més probablement inofensiva és la (3).

Resolució

  1. (1) Caixa TATA. És on s'uneixen els factors de transcripció i la RNA polimerasa. La mutació no toca la regió codificant, de manera que la proteïna té la seqüència normal, però se'n transcriu menys mRNA: afecta la quantitat.
  2. (2) Lloc de splicing. L'espliceosoma no reconeix l'intró, que es queda al mRNA madur, o bé se salta l'exó veí. La seqüència de la proteïna canvia (sovint amb canvi de marc i aturada prematura): afecta la seqüència, i la proteïna sol ser no funcional.
  3. (3) Substitució silenciosa. GGC i GGU codifiquen glicina, de manera que la proteïna és idèntica i en quantitat normal: en principi no afecta res.
  4. (4) Deleció de 3 nucleòtids. És múltiple de 3, així que no desplaça el marc de lectura; la proteïna perd un aminoàcid (o en canvia un i en perd un altre, si la deleció cau entre dos codons). Afecta la seqüència, i la gravetat depèn de si l'aminoàcid era important per a l'estructura o el centre actiu.
  5. Conclusió. La més probablement inofensiva és la (3), gràcies a la degeneració del codi genètic.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 28

L'operó lac i l'operó trp d'Escherichia coli estan regulats negativament per un repressor, però un és induïble i l'altre és repressible.
a) Explica quin paper tenen la lactosa i el triptòfan en cada cas i per què té sentit biològic que un sistema s'encengui i l'altre s'apagui en presència de la molècula.
b) En un bacteri mutant, el repressor de l'operó trp ha perdut la capacitat d'unir-se al triptòfan. Raona com s'expressaran els gens de síntesi del triptòfan quan n'hi hagi molt al medi.
c) Un altre mutant té un repressor de l'operó lac que no pot unir-se a l'operador. Raona com s'expressaran els gens lac en absència de lactosa.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 28

Apartat a)

Resultat

La lactosa (al·lolactosa) és l'inductor que inactiva el repressor lac; el triptòfan és el corepressor que activa el repressor trp. Té sentit: els enzims catabòlics només calen si hi ha lactosa, i els de síntesi sobren si ja hi ha triptòfan.

Resolució

  1. Operó lac (induïble). El repressor és actiu per si sol i bloqueja l'operador; la lactosa (via al·lolactosa) és l'inductor que inactiva el repressor i encén la transcripció.
  2. Sentit biològic del lac. Els gens codifiquen enzims catabòlics, que només calen quan hi ha lactosa per degradar.
  3. Operó trp (repressible). El repressor és inactiu per si sol; el triptòfan fa de corepressor, s'hi uneix i l'activa perquè bloquegi l'operador.
  4. Sentit biològic del trp. Els gens codifiquen enzims de síntesi del triptòfan, que no cal fabricar quan ja n'hi ha prou.

Apartat b)

Resultat

Els gens de síntesi del triptòfan s'expressaran contínuament (expressió constitutiva), encara que n'hi hagi molt.

Resolució

  1. Repressor sense corepressor. Si el repressor no pot unir-se al triptòfan, mai no s'activa ni s'uneix a l'operador.
  2. Conclusió. Els gens de síntesi es transcriuen contínuament, encara que hi hagi molt triptòfan: el bacteri malgasta energia fabricant un aminoàcid que ja té.

Apartat c)

Resultat

Els gens lac s'expressaran contínuament, també sense lactosa (expressió constitutiva).

Resolució

  1. Repressor que no s'uneix a l'operador. No pot bloquejar la RNA polimerasa, de manera que els gens lac es transcriuen contínuament, també sense lactosa, i el bacteri fabrica enzims que no necessita.
  2. Comparació. En tots dos mutants es perd la regulació negativa i el resultat és el mateix, expressió permanent, però per causes diferents: un repressor que no s'activa i un repressor que no pot actuar.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 29

Els cromosomes eucariotes són lineals i, a cada replicació, els seus extrems (telòmers) s'escurcen una mica.
a) Explica per què la DNA polimerasa no pot completar l'extrem 5' de la cadena nova retardada i per què això no passa en el cromosoma circular d'un bacteri.
b) Explica què fa la telomerasa, quina particularitat té la seva composició i en quines cèl·lules és activa.
c) Raona quina relació hi ha entre els telòmers i el fet que les cèl·lules somàtiques en cultiu només es puguin dividir un nombre limitat de vegades.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 29

Apartat a)

Resultat

En eliminar l'últim encebador de la cadena retardada no hi ha cap extrem 3'-OH des del qual omplir el buit; en un cromosoma circular no hi ha extrems.

Resolució

  1. Requisit de la polimerasa. La DNA polimerasa només allarga a partir d'un extrem 3'-OH preexistent, que en la cadena retardada aporta un encebador de RNA.
  2. Problema de l'extrem. Quan s'elimina l'últim encebador, el de l'extrem 5' de la cadena nova, no hi ha cap fragment anterior amb un 3'-OH des del qual omplir el buit, i aquell tros queda sense copiar: la cadena nova és més curta.
  3. Cromosoma circular. No hi ha extrems: sempre hi ha un fragment anterior que aporta el 3'-OH, i no es perd res.

Apartat b)

Resultat

La telomerasa allarga els telòmers afegint repeticions (TTAGGG); és una ribonucleoproteïna amb un RNA que fa de motlle (transcriptasa inversa), activa en cèl·lules germinals, cèl·lules mare i tumorals.

Resolució

  1. Funció. La telomerasa allarga l'extrem 3' de la cadena motlle afegint-hi repeticions curtes (en humans, TTAGGG), de manera que després es pot sintetitzar la cadena complementària i compensar la pèrdua.
  2. Composició. És una ribonucleoproteïna: porta una petita molècula de RNA que li fa de motlle, així que funciona com una transcriptasa inversa.
  3. On és activa. En cèl·lules germinals, cèl·lules mare i la majoria de cèl·lules tumorals, però no en la majoria de cèl·lules somàtiques.

Apartat c)

Resultat

Sense telomerasa els telòmers s'escurcen a cada divisió i, quan són massa curts, la cèl·lula deixa de dividir-se (senescència): això limita el nombre de divisions.

Resolució

  1. Escurçament. Sense telomerasa, els telòmers s'escurcen a cada divisió.
  2. Senescència. Quan són massa curts, la cèl·lula ho detecta com un dany al DNA i deixa de dividir-se (senescència) o entra en apoptosi. Això limita el nombre de divisions.
  3. Càncer. Per això la reactivació de la telomerasa afavoreix la immortalitat de les cèl·lules canceroses.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 30

En un cultiu de cèl·lules humanes es mesura la quantitat de mRNA i de proteïna d'un gen X (en % respecte del valor inicial) després d'afegir-hi un de dos inhibidors.
Inhibidor A: mRNA 100 % (0 h), 50 % (2 h), 25 % (4 h); proteïna 100 %, 90 %, 60 %.
Inhibidor B: mRNA 100 %, 100 %, 110 %; proteïna 100 %, 70 %, 40 %.
a) Raona quin inhibidor bloqueja la transcripció i quin la traducció.
b) Explica per què amb l'inhibidor A la proteïna baixa més tard que el mRNA.
c) Quina informació dona l'inhibidor A sobre la vida mitjana del mRNA de X?

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 30

Apartat a)

Resultat

L'inhibidor A bloqueja la transcripció i l'inhibidor B, la traducció.

Resolució

  1. Inhibidor A. El mRNA desapareix progressivament: no se'n fabrica de nou i el que hi havia es va degradant; per tant, A bloqueja la transcripció (la RNA polimerasa).
  2. Inhibidor B. El mRNA es manté, i fins i tot augmenta una mica perquè es continua transcrivint, però la proteïna baixa: B bloqueja la traducció (els ribosomes).

Apartat b)

Resultat

Perquè el mRNA que queda es continua traduint i la proteïna que ja existia es degrada lentament.

Resolució

  1. mRNA residual. Mentre queda mRNA, els ribosomes el continuen traduint i es continua fabricant proteïna.
  2. Degradació de la proteïna. A més, la proteïna que ja existia es degrada lentament.
  3. Conclusió. La proteïna només baixa clarament quan el mRNA ja ha disminuït molt: hi ha un retard entre els dos nivells.

Apartat c)

Resultat

La vida mitjana del mRNA de X és d'unes 2 hores.

Resolució

  1. Dades. Amb la transcripció aturada, el mRNA passa del 100 % al 50 % en 2 hores i al 25 % en 4 hores.
  2. Vida mitjana. Cada 2 hores se'n degrada la meitat: t1/2≈2 ht_{1/2} \approx 2\ \text{h}.
  3. Comprovació. 100 → 50 → 25 és una disminució a la meitat per cada interval de 2 h, coherent amb una degradació exponencial.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Preparat per a la universitat

Els exercicis més exigents: nivell PAU alt i primer curs de grau. Veure totes les matèries

Exercici 31

Uns bacteris es cultiven durant moltes generacions en un medi amb 15N, de manera que tot el seu ADN és «pesant» (P). Després es transfereixen a un medi amb 14N (isòtop lleuger, L). A cada generació se n'extreu l'ADN i es centrifuga en un gradient de densitat de clorur de cesi.
a) Indica quines bandes s'obtenen i quin percentatge de molècules hi ha a cada banda després d'1, 2 i 3 generacions en 14N, segons el model semiconservatiu.
b) Quin resultat de la generació 1 descarta el model conservatiu? I quin de la generació 2 descarta el model dispersiu? Justifica-ho.
c) Després de 2 generacions en 14N, els bacteris es tornen a passar a un medi amb 15N durant una sola generació. Prediu les bandes i els percentatges que s'obtindran.
d) Si l'ADN de la generació 2 en 14N es desnaturalitza abans de centrifugar-lo (se separen les dues cadenes), quines bandes s'obtindrien segons el model semiconservatiu i segons el dispersiu? Per què aquesta prova és encara més concloent?

Pista 1

Treballa amb cadenes, no amb molècules: dibuixa una molècula inicial P/P i fes-la replicar generació a generació.

Pista 2

En el model semiconservatiu cada cadena vella fa de motlle d'una de nova, que es fabrica amb l'isòtop del medi en què es troben els bacteris en aquell moment.

Pista 3

A l'apartat c), compta quina fracció de totes les cadenes de la generació 2 és pesant i quina lleugera; cada una s'emparellarà amb una cadena nova pesant.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 31

Apartat a)

Resultat

Generació 1: 100 % híbrides (una banda intermèdia). Generació 2: 50 % híbrides i 50 % lleugeres. Generació 3: 25 % híbrides i 75 % lleugeres.

Resolució

  1. Model semiconservatiu. Cada cadena vella fa de motlle d'una de nova, que es fabrica amb l'isòtop del medi (aquí, 14N).
  2. Generació 1. Cada molècula conserva una cadena P i en sintetitza una L: 100 % híbrides (P/L), una sola banda intermèdia.
  3. Generació 2. Les cadenes P donen P/L i les L donen L/L: 50 % híbrides i 50 % lleugeres (dues bandes).
  4. Generació 3. Continuen havent-hi només les dues cadenes P inicials, ara entre 8 molècules: 28=25 %\tfrac{2}{8} = 25\ \% híbrides i 75 % lleugeres. La banda híbrida no desapareix mai: només es dilueix.

Apartat b)

Resultat

La banda única intermèdia de la generació 1 descarta el model conservatiu; les dues bandes (híbrida i lleugera) de la generació 2 descarten el dispersiu.

Resolució

  1. Model conservatiu. Prediu a la generació 1 dues bandes (50 % P/P i 50 % L/L); una sola banda intermèdia el descarta.
  2. Model dispersiu a la generació 1. També prediu una banda intermèdia, de manera que la generació 1 no el pot descartar.
  3. Model dispersiu a la generació 2. Hauria de donar una sola banda, més lleugera que la híbrida (cada molècula amb un 25 % de 15N); l'aparició de dues bandes (híbrida i lleugera) el descarta.

Apartat c)

Resultat

25 % pesants (P/P) i 75 % híbrides (P/L), sense cap banda lleugera.

Resolució

  1. Cadenes de la generació 2. Hi ha dues molècules, una P/L i una L/L: de cada 4 cadenes, 1 és P i 3 són L.
  2. Nova generació en 15N. Cada cadena s'emparella amb una cadena nova P: la cadena P dona P/P i les tres L donen P/L.
  3. Resultat. 25 % pesants (P/P) i 75 % híbrides (P/L). Compte: ara les cadenes noves són pesants, i per això no hi ha cap banda lleugera.

Apartat d)

Resultat

Semiconservatiu: dues bandes de cadena senzilla, 25 % pesant i 75 % lleugera. Dispersiu: una sola banda intermèdia. És més concloent perquè analitza directament les cadenes.

Resolució

  1. Semiconservatiu. Les cadenes individuals són totalment P o totalment L: dues bandes de cadena senzilla, 25 % pesant i 75 % lleugera.
  2. Dispersiu. Cada cadena seria un mosaic amb un 25 % de 15N: una sola banda intermèdia.
  3. Per què és més concloent. Aquesta prova analitza directament les cadenes i demostra que cada cadena es conserva sencera, que és exactament el que afirma el model semiconservatiu.

Errors típics

  • Pensar que a la generació 3 desapareix la banda híbrida: les dues cadenes pesants originals no es perden mai, només es dilueixen.
  • Dir que la generació 1 ja descarta el model dispersiu.
  • A l'apartat c), oblidar que les cadenes noves són ara pesants i predir una banda lleugera.

Conceptes treballats: replicació semiconservativa; experiment de Meselson i Stahl; disseny experimental i predicció de models alternatius; complementarietat de cadenes

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 32

Aquest és un fragment de l'ARNm madur d'un gen eucariota (la posició 1 és el primer nucleòtid de l'esquerra):
5'-GCAUGGCUAAAUGGUUCGAGUAAGC-3'
Codi genètic (fragment): AUG Met; GCU, GCC Ala; AAA, AAG Lys; UGG Trp; UUC Phe; GAG Glu; GAU Asp; CUA Leu; AAU Asn; GGU Gly; UCG, AGU, AGC Ser; GUU, GUA Val; CGA Arg; UAA, UAG aturada.
a) Escriu la cadena motlle de l'ADN corresponent, indicant-ne la polaritat.
b) El fragment conté dos codons AUG en marcs de lectura diferents. Tradueix el pèptid que s'obté a partir de cadascun i raona quin farà servir el ribosoma.
c) Indica l'efecte sobre el pèptid de cadascuna d'aquestes mutacions i classifica-les: M1, G13→A; M2, U8→C; M3, deleció de la G6; M4, G20→U.
d) Ordena les mutacions de menys a més greu per a la funció de la proteïna i justifica l'ordre.

Pista 1

La cadena motlle és complementària i antiparal·lela a l'ARNm: escriu-la de 3' a 5' sota de l'ARNm.

Pista 2

En els eucariotes, la subunitat petita del ribosoma s'uneix a l'extrem 5' de l'ARNm i el recorre fins que troba el primer AUG.

Pista 3

Numera els nucleòtids i agrupa'ls en triplets a partir de l'AUG escollit abans d'aplicar cada mutació.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 32

Apartat a)

Resultat

Cadena motlle: 3'-CGTACCGATTTACCAAGCTCATTCG-5'.

Resolució

  1. Complementarietat. La cadena motlle és complementària i antiparal·lela a l'ARNm, i té T en lloc d'U.
  2. Resultat. ARNm 5'-GCAUGGCUAAAUGGUUCGAGUAAGC-3'
    Motlle 3'-CGTACCGATTTACCAAGCTCATTCG-5'

Apartat b)

Resultat

Primer AUG: Met-Ala-Lys-Trp-Phe-Glu (i aturada); segon AUG: Met-Val-Arg-Val-Ser… El ribosoma fa servir el primer AUG.

Resolució

  1. Primer AUG (posicions 3-5). AUG GCU AAA UGG UUC GAG UAA → Met-Ala-Lys-Trp-Phe-Glu i aturada.
  2. Segon AUG (posicions 11-13). AUG GUU CGA GUA AGC → Met-Val-Arg-Val-Ser…, sense aturada dins del fragment.
  3. Model de rastreig. El ribosoma eucariota s'uneix a la caputxa 5' i inicia al primer AUG que troba, de manera que fa servir el primer marc.
  4. Marcs de lectura. Per a aquest ribosoma, el segon AUG no és un codó: la seva A és l'última base del codó AAA (Lys) i les bases UG són les dues primeres del codó UGG (Trp). Una mateixa seqüència té significats diferents segons el marc de lectura, i per això és tan important l'inici correcte.

Apartat c)

Resultat

M1: Met-Ala-Lys, sense sentit; M2: silenciosa; M3: Met-Leu-Asn-Gly-Ser-Ser-Lys…, desplaçament del marc; M4: Glu → Asp, canvi de sentit conservadora.

Resolució

  1. M1 (G13→A). UGG → UAG, codó d'aturada: Met-Ala-Lys, proteïna truncada (mutació sense sentit).
  2. M2 (U8→C). GCU → GCC, continua sent Ala: silenciosa (codi degenerat).
  3. M3 (deleció G6). AUG CUA AAU GGU UCG AGU AAG C… → Met-Leu-Asn-Gly-Ser-Ser-Lys…: canvien tots els aminoàcids a partir del segon i desapareix el codó d'aturada original (mutació de desplaçament del marc de lectura).
  4. M4 (G20→U). GAG → GAU: Glu → Asp, mutació de canvi de sentit, però conservadora (tots dos aminoàcids són àcids).

Apartat d)

Resultat

De menys a més greu: M2 < M4 < M1 ≈ M3.

Resolució

  1. M2. No canvia cap aminoàcid.
  2. M4. Canvia un aminoàcid per un de similar; probablement té poc efecte.
  3. M1 i M3, les més greus. M1 elimina tota la proteïna a partir del quart aminoàcid i M3 canvia tota la seqüència a partir del segon.
  4. Conclusió. En un gen complet, totes dues farien una proteïna no funcional (i sovint l'ARNm amb un codó d'aturada prematur es degrada).

Errors típics

  • Escriure la cadena motlle amb la mateixa polaritat que l'ARNm o amb U.
  • Començar a llegir des del primer nucleòtid del fragment en lloc del codó d'inici.
  • Considerar que una substitució sempre canvia l'aminoàcid: cal mirar la degeneració del codi.

Conceptes treballats: transcripció i complementarietat antiparal·lela; inici de la traducció; marcs de lectura; codi genètic degenerat; tipus de mutacions puntuals i efecte en la proteïna

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 33

En un gen d'un bacteriòfag, la regió inicial de la proteïna no és essencial: la proteïna funciona encara que hi canviïn uns quants aminoàcids, però no si canvia tota la seqüència posterior. L'ARNm d'aquesta regió és:
5'-AUGGCUCAUGCCAUCGCUAAAGGCGAAUGGCCUUAA-3' (la posició 1 és la A de l'AUG).
Codons necessaris: AUG Met; GCU, GCC, GCG Ala; CAU His; AUC Ile; AAA, AAG Lys; GGC Gly; GAA Glu; UGG Trp; CCU, CCA Pro; GUC Val; UCG Ser; CUA, CUU Leu; AAU Asn; UGC Cys; CGC Arg; UAA aturada.
a) Tradueix la seqüència normal.
b) Un mutant amb una deleció del nucleòtid 5 no és funcional. Un altre mutant amb una inserció d'una G entre els nucleòtids 14 i 15 tampoc. En canvi, el doble mutant (deleció del 5 + inserció entre el 14 i el 15) és funcional. Tradueix el mutant de deleció i el doble mutant i explica el resultat.
c) El triple mutant amb delecions dels nucleòtids 5, 8 i 11 és funcional, però el doble mutant amb delecions del 5 i del 8 no ho és. Explica-ho traduint tots dos.
d) Quines tres propietats del codi genètic demostren aquests resultats?

Pista 1

Després de cada deleció o inserció, torna a dividir la seqüència en triplets des de l'AUG.

Pista 2

Una deleció i una inserció properes només alteren els codons que queden entre totes dues.

Pista 3

Pensa quantes delecions calen perquè el marc de lectura torni a quedar com al principi.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 33

Apartat a)

Resultat

Met-Ala-His-Ala-Ile-Ala-Lys-Gly-Glu-Trp-Pro i aturada.

Resolució

  1. Lectura en triplets. AUG GCU CAU GCC AUC GCU AAA GGC GAA UGG CCU UAA.
  2. Traducció. Met-Ala-His-Ala-Ile-Ala-Lys-Gly-Glu-Trp-Pro i aturada (UAA).

Apartat b)

Resultat

Deleció: Met-Val-Met-Pro-Ser-Leu-Lys-Ala-Asn-Gly-Leu… (marc desplaçat). Doble mutant: Met-Val-Met-Pro-Cys-Ala-Lys-Gly-Glu-Trp-Pro: la inserció restableix el marc i és supressora.

Resolució

  1. Deleció del 5. AUG GUC AUG CCA UCG CUA AAG GCG AAU GGC CUU… → Met-Val-Met-Pro-Ser-Leu-Lys-Ala-Asn-Gly-Leu…: a partir del segon codó canvia tota la seqüència i el codó d'aturada original queda fora de marc.
  2. Doble mutant. AUG GUC AUG CCA UGC GCU AAA GGC GAA UGG CCU UAA → Met-Val-Met-Pro-Cys-Ala-Lys-Gly-Glu-Trp-Pro.
  3. Interpretació. Entre la deleció i la inserció el marc està desplaçat (4 aminoàcids canviats), però la inserció el restableix i la resta de la proteïna és normal.
  4. Conclusió. Com que aquesta regió no és essencial, la proteïna funciona: la inserció és una mutació supressora de la deleció.

Apartat c)

Resultat

Triple deleció: Met-Val-Cys-Ile-Ala-Lys-Gly-Glu-Trp-Pro (marc restablert). Doble deleció: Met-Val-Cys-His-Arg i aturada prematura.

Resolució

  1. Triple deleció (5, 8 i 11). AUG GUC UGC AUC GCU AAA GGC GAA UGG CCU UAA → Met-Val-Cys-Ile-Ala-Lys-Gly-Glu-Trp-Pro.
  2. Interpretació. Es perden 3 nucleòtids (un codó): la proteïna té un aminoàcid menys i dos de canviats, i a partir d'aquí el marc és el correcte, de manera que és funcional.
  3. Doble deleció (5 i 8). AUG GUC UGC CAU CGC UAA → Met-Val-Cys-His-Arg i aturada.
  4. Interpretació. Amb dues delecions el marc queda desplaçat i apareix un codó d'aturada prematur: proteïna truncada i no funcional. Compte: dues delecions properes no es compensen com una deleció i una inserció.

Apartat d)

Resultat

El codi és de triplets, es llegeix des d'un punt fix sense comes i no és encavalcat.

Resolució

  1. De triplets. Només un nombre de delecions múltiple de 3 restableix el marc.
  2. Sense comes. Es llegeix a partir d'un punt d'inici fix, de manera seguida i sense separacions entre codons: per això un sol nucleòtid de més o de menys desplaça tota la lectura posterior.
  3. No encavalcat. Cada nucleòtid pertany a un sol codó, i per això els canvis queden limitats a la zona entre mutacions. No confonguis «sense comes» (lectura seguida) amb «no encavalcat» (cada nucleòtid en un sol codó).
  4. A més. Que les seqüències desplaçades codifiquin aminoàcids i no s'aturin de seguida indica que el codi és degenerat: la majoria de triplets codifiquen algun aminoàcid.

Errors típics

  • Continuar llegint el marc original després de la deleció, com si només canviés un aminoàcid.
  • Pensar que dues delecions properes es compensen com una deleció i una inserció.
  • Confondre «sense comes» (lectura seguida) amb «no encavalcat» (cada nucleòtid en un sol codó).

Conceptes treballats: mutacions de desplaçament del marc de lectura; mutacions supressores; propietats del codi genètic; traducció; relació entre experiment i model

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 34

Un gen humà de 6 exons codifica una proteïna de membrana. Per estudiar dos pacients es fa una RT-PCR a partir de l'ARN dels seus limfòcits, amb encebadors situats a l'exó 2 i a l'exó 6. En una persona control s'obté una sola banda de 650 pb.
Pacient 1: mutació en heterozigosi que canvia el dinucleòtid GT de l'inici de l'intró 3 per AT. Bandes de 650 i 503 pb.
Pacient 2: mutació en heterozigosi que canvia el GT de l'inici de l'intró 4 per AT. Bandes de 650 i 538 pb.
a) Explica per què, per veure l'efecte d'aquestes mutacions, es fa una RT-PCR a partir d'ARN i no una PCR a partir de l'ADN genòmic.
b) Interpreta les bandes: quin exó s'ha perdut en cada pacient, quina mida té i per què hi ha també una banda de 650 pb?
c) Raona quin efecte tindrà cada alteració sobre la seqüència de la proteïna.
d) La proteïna del pacient 1 conserva part de la funció i la del pacient 2, no. És coherent amb el que has deduït? Proposa una explicació.

Pista 1

Les seqüències GT a l'inici de cada intró són senyals que reconeix l'espliceosoma per tallar-lo.

Pista 2

Si el límit entre l'exó 3 i l'intró 3 no es reconeix, la maquinària uneix l'exó anterior amb el següent exó que sí que reconeix.

Pista 3

Mira si la mida de cada exó perdut és múltiple de 3.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 34

Apartat a)

Resultat

Perquè l'efecte és sobre el splicing, que només es veu a l'ARNm madur; l'ADN genòmic conté els introns i una mutació puntual no en canvia la mida.

Resolució

  1. ADN genòmic. Una mutació puntual no canvia la mida d'un fragment d'ADN genòmic, que a més conté els introns (sovint de milers de parells de bases).
  2. On es veu l'efecte. Aquestes mutacions afecten la maduració (splicing) del transcrit primari, i només es veu a l'ARNm.
  3. RT-PCR. Cal passar l'ARNm a ADNc amb la transcriptasa inversa (RT) i amplificar-lo per PCR: la mida del producte reflecteix quins exons conté l'ARNm madur.

Apartat b)

Resultat

Pacient 1: s'ha perdut l'exó 3 (147 nt); pacient 2: l'exó 4 (112 nt). La banda de 650 pb ve de l'al·lel normal (heterozigots).

Resolució

  1. Mida dels fragments perduts. Pacient 1: 650 − 503 = 147 nt; pacient 2: 650 − 538 = 112 nt.
  2. Lloc donador. El GT de l'inici d'un intró és el lloc donador d'splicing; si es destrueix, l'exó anterior no s'uneix correctament i s'acaba excloent de l'ARNm (salt d'exó): la maquinària uneix l'exó previ amb el següent exó que sí que reconeix.
  3. Exons perduts. Al pacient 1 s'ha perdut l'exó 3 (147 nt) i al pacient 2, l'exó 4 (112 nt). Compte: la mutació del GT de l'intró 3 afecta l'exó 3, no el 4.
  4. Banda de 650 pb. Ve de l'al·lel normal, ja que tots dos pacients són heterozigots; no és cap error ni contaminació.

Apartat c)

Resultat

Pacient 1: proteïna amb 49 aminoàcids menys però la resta idèntica. Pacient 2: desplaçament del marc i proteïna truncada.

Resolució

  1. Pacient 1. 147=3⋅49147 = 3 \cdot 49: la deleció manté el marc de lectura. La proteïna perd 49 aminoàcids però la resta és idèntica.
  2. Pacient 2. 112=3⋅37+1112 = 3 \cdot 37 + 1, no és múltiple de 3: a partir de l'exó 5 es produeix un desplaçament del marc de lectura, canvia tota la seqüència posterior i normalment apareix un codó d'aturada prematur: proteïna truncada (i l'ARNm sovint es degrada).

Apartat d)

Resultat

Sí, és coherent: al pacient 1 falta només un bloc intern i es conserven els altres dominis; al pacient 2 es perd tota la part codificada pels exons 5 i 6.

Resolució

  1. Pacient 1. Falta un bloc intern de 49 aminoàcids, però els dominis codificats pels altres exons es conserven i la proteïna pot mantenir part de l'estructura i la funció.
  2. Pacient 2. La proteïna perd tota la part codificada pels exons 5 i 6 (per exemple, el domini transmembrana o un domini funcional) i no funciona.
  3. Al·lel normal. A més, en tots dos casos l'al·lel normal aporta una part de la proteïna funcional.

Errors típics

  • Pensar que la mutació del GT de l'intró 3 afecta l'exó 4.
  • Interpretar la banda de 650 pb com un error o com una contaminació, en lloc de l'al·lel normal d'un heterozigot.
  • Suposar que qualsevol deleció d'un exó canvia tota la proteïna, sense comprovar si la mida és múltiple de 3.

Conceptes treballats: maduració de l'ARNm i splicing; exons i introns; RT-PCR i transcriptasa inversa; marc de lectura; heterozigosi; cas clínic

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 35

Es mesura l'activitat β-galactosidasa (unitats arbitràries) de diverses soques d'Escherichia coli cultivades en un medi sense glucosa, sense lactosa i amb lactosa:
Soca 1 (salvatge): 1 sense lactosa; 100 amb lactosa.
Soca 2: 100; 100. Soca 3: 100; 100. Soca 4: 1; 1.
Després s'introdueix a cada soca un plasmidi F' que porta una còpia de l'operó amb els al·lels lacI+ lacO+ lacZ− (forma diploides parcials). Resultats: soca 2 + F': 1; 100. Soca 3 + F': 100; 100.
Finalment, a la soca 4 s'introdueix un F' amb lacI+ lacO+ lacZ+: 1; 1.
a) Explica els resultats de la soca salvatge. Quina activitat esperaries si al medi amb lactosa hi hagués també glucosa, i per què?
b) Les soques 2 i 3 són mutants constitutives, una amb una mutació en lacI i l'altra a l'operador (lacOc). Identifica-les a partir dels diploides parcials i explica què vol dir que una mutació actua en cis o en trans.
c) La soca 4 podria tenir la mutació a lacZ o un repressor que no pot unir l'inductor (lacIs). Quin dels dos casos és compatible amb els resultats? Justifica-ho.
d) Prediu l'activitat, sense lactosa i amb lactosa, d'una soca amb el cromosoma lacI+ lacO+ lacZ+ i un F' lacI+ lacOc lacZ−.

Pista 1

El repressor és una proteïna difusible: pot actuar sobre qualsevol còpia de l'operador de la cèl·lula. L'operador és una seqüència d'ADN: només controla els gens del seu mateix fragment.

Pista 2

En el diploide parcial, el gen lacZ− del F' no fabrica enzim actiu: tota l'activitat mesurada ve del lacZ del cromosoma.

Pista 3

Un repressor que no reconeix l'alolactosa queda sempre unit a l'operador, encara que hi hagi una altra còpia del repressor normal.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 35

Apartat a)

Resultat

Sense lactosa, el repressor bloqueja l'operador (1); amb lactosa, l'al·lolactosa l'inactiva i s'indueix l'operó (100). Amb glucosa, l'activitat seria molt baixa (repressió catabòlica).

Resolució

  1. Sense lactosa. El repressor (producte de lacI) s'uneix a l'operador i impedeix que l'ARN polimerasa transcrigui els gens estructurals: activitat basal (1).
  2. Amb lactosa. L'al·lolactosa (no la lactosa directament) s'uneix al repressor, en canvia la conformació i el desenganxa de l'operador: es transcriu l'operó (100). És un operó induïble.
  3. Amb glucosa. La concentració d'AMPc baixa, la proteïna CAP no s'uneix al promotor i l'ARN polimerasa s'hi uneix malament: l'activitat seria molt baixa encara que hi hagi lactosa (repressió catabòlica).
  4. Sentit. La cèl·lula prioritza la glucosa, que no requereix fabricar enzims nous.

Apartat b)

Resultat

La soca 2 és lacI− (es corregeix en trans) i la soca 3 és lacOc (actua en cis).

Resolució

  1. Què aporta el F'. Un repressor normal (lacI+); el seu lacZ− no fabrica enzim actiu, de manera que tota l'activitat ve del lacZ del cromosoma.
  2. Soca 2. El F' fa tornar induïble l'operó del cromosoma (1; 100): el defecte era la falta d'un repressor funcional, i el repressor del F' arriba per difusió a l'operador cromosòmic. És lacI−; la mutació és recessiva i el producte normal actua en trans (sobre una altra molècula d'ADN).
  3. Soca 3. El F' no canvia res (100; 100): encara que hi hagi repressor normal, no s'uneix a l'operador mutat del cromosoma, i el lacZ+ del seu costat es transcriu sempre. És lacOc, una mutació que actua en cis: només afecta els gens de la mateixa molècula d'ADN.
  4. Cis i trans. Un factor trans és un producte difusible (com el repressor) que actua sobre qualsevol còpia de la cèl·lula; un element cis és una seqüència d'ADN (com l'operador) que només controla els gens del seu fragment. Per això un operador normal en un plasmidi no pot «corregir» un operador mutat del cromosoma.

Apartat c)

Resultat

La soca 4 és lacIs: un lacZ− es complementaria amb el F' i donaria 1; 100.

Resolució

  1. Hipòtesi lacZ−. El F' lacI+ lacO+ lacZ+ aportaria un operó normal i hi hauria activitat amb lactosa (1; 100).
  2. Resultat observat. Continua sent 1; 1.
  3. Conclusió. La soca 4 és lacIs: el seu repressor no uneix l'al·lolactosa i bloqueja els dos operadors (el del cromosoma i el del F'). És una mutació dominant que actua en trans.

Apartat d)

Resultat

1 sense lactosa i 100 amb lactosa (induïble).

Resolució

  1. Gen funcional. El lacZ+ funcional és al cromosoma, amb un operador normal: és regulat pel repressor normal i serà induïble.
  2. Operador constitutiu del F'. Només afecta el lacZ− del seu costat, que no fa enzim actiu.
  3. Resultat. 1 sense lactosa i 100 amb lactosa.

Errors típics

  • Pensar que un operador normal en un plasmidi pot «corregir» un operador mutat del cromosoma.
  • Oblidar que la lactosa no actua directament sinó a través de l'alolactosa, que s'uneix al repressor.
  • Creure que en presència de lactosa l'operó s'expressa al màxim encara que hi hagi glucosa.

Conceptes treballats: regulació gènica en procariotes; operó lac; repressor i operador; elements cis i factors trans; repressió catabòlica (CAP-AMPc); diploides parcials

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 36

Es tracten cèl·lules humanes en cultiu durant 1 hora amb quatre substàncies diferents (X, Y, Z i W) i es mesura la incorporació d'uridina tritiada (3H-uridina, precursor de l'ARN) i de metionina marcada amb 35S (precursor de les proteïnes), en percentatge respecte de cèl·lules sense tractar:
X: ARN 100 %, proteïna 5 %. Y: ARN 40 %, proteïna 95 %. Z: ARN 100 %, proteïna 95 %. W: ARN 100 %, proteïna 100 %.
Les substàncies són: cicloheximida (inhibeix els ribosomes 80S), α-amanitina a baixa concentració (inhibeix l'ARN polimerasa II eucariota), cloramfenicol (inhibeix els ribosomes 70S) i rifampicina (inhibeix l'ARN polimerasa bacteriana).
a) Identifica cada substància i justifica-ho.
b) Explica per què amb la substància X encara hi ha un 5 % de síntesi de proteïnes, i relaciona-ho amb l'origen d'un orgànul.
c) Amb la substància Y, la síntesi de proteïnes és pràcticament normal al cap d'una hora. Prediu i justifica què passarà al cap de 24 hores.
d) Prediu l'efecte de cada substància sobre la síntesi d'ARN i de proteïnes en un cultiu d'E. coli.

Pista 1

La uridina s'incorpora a tots els ARN, no només a l'ARNm: quines ARN polimerases eucariotes fabriquen els ARN més abundants?

Pista 2

Dins d'una cèl·lula humana hi ha uns ribosomes que s'assemblen als bacterians.

Pista 3

L'ARNm que ja existia abans del tractament continua traduint-se fins que es degrada.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 36

Apartat a)

Resultat

X = cicloheximida; Y = α-amanitina; Z = cloramfenicol; W = rifampicina.

Resolució

  1. X = cicloheximida. Bloqueja els ribosomes 80S del citoplasma: la síntesi de proteïnes cau gairebé del tot (5 %) i la d'ARN no canvia.
  2. Y = α-amanitina. Inhibeix l'ARN polimerasa II, que fabrica els ARNm. La incorporació d'uridina baixa però no s'anul·la (40 %), perquè la uridina s'incorpora a tots els ARN i les ARN polimerases I i III, que fabriquen l'ARNr i l'ARNt (la major part de l'ARN), no s'inhibeixen a baixa concentració.
  3. Z = cloramfenicol. Només inhibeix els ribosomes de tipus 70S, i l'única síntesi de proteïnes que afecta és la petita fracció dels mitocondris (−5 %).
  4. W = rifampicina. Inhibeix l'ARN polimerasa bacteriana i no afecta les ARN polimerases nuclears eucariotes: tot queda al 100 %.

Apartat b)

Resultat

El 5 % és la síntesi de proteïnes dels mitocondris, amb ribosomes de tipus 70S: és una prova de la teoria endosimbiòtica.

Resolució

  1. Mitocondris. Tenen ADN i ribosomes propis, de tipus 70S, insensibles a la cicloheximida (i sensibles al cloramfenicol, com mostra Z). El 5 % restant no és un error experimental, sinó la traducció mitocondrial.
  2. Endosimbiosi. És una de les proves de la teoria endosimbiòtica: els mitocondris provenen d'un bacteri que va ser englobat per una cèl·lula ancestral.

Apartat c)

Resultat

Al cap de 24 hores la síntesi de proteïnes haurà caigut molt, perquè els ARNm preexistents s'hauran degradat i no se'n fabriquen de nous.

Resolució

  1. Al cap d'una hora. Els ribosomes continuen traduint els ARNm que ja existien abans del tractament.
  2. Al cap de 24 hores. Com que no se'n fabriquen de nous i els ARNm es degraden (vida mitjana de minuts a hores), la síntesi de proteïnes haurà caigut molt.
  3. Conclusió. L'efecte és retardat perquè l'inhibidor actua sobre la transcripció, un pas anterior a la traducció: un inhibidor de la transcripció no atura immediatament la síntesi de proteïnes.

Apartat d)

Resultat

Rifampicina: bloqueja la síntesi d'ARN (i aviat la de proteïnes). Cloramfenicol: bloqueja la síntesi de proteïnes. Cicloheximida i α-amanitina: cap efecte.

Resolució

  1. Dianes a E. coli. Té una sola ARN polimerasa (de tipus bacterià) i ribosomes 70S.
  2. Rifampicina. Bloqueja la síntesi d'ARN i, en poc temps, la de proteïnes (els ARNm bacterians duren poc).
  3. Cloramfenicol. Bloqueja la síntesi de proteïnes.
  4. Cicloheximida i α-amanitina. Cap efecte: les seves dianes són eucariotes.
  5. Conclusió. Per això la rifampicina i el cloramfenicol són antibiòtics: actuen sobre dianes que les nostres cèl·lules no tenen (encara que el cloramfenicol pot afectar una mica els mitocondris).

Errors típics

  • Pensar que la uridina marcada només mesura la síntesi d'ARNm.
  • Atribuir el 5 % residual a un error experimental en lloc de la traducció mitocondrial.
  • Creure que un inhibidor de la transcripció atura immediatament la síntesi de proteïnes.

Conceptes treballats: transcripció i ARN polimerases eucariotes; traducció i tipus de ribosomes; tipus d'ARN; marcatge radioactiu; teoria endosimbiòtica; antibiòtics

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 37

Un fong pot créixer en un medi mínim perquè fabrica ell mateix la vitamina V a partir d'un precursor. S'aïllen quatre mutants que no creixen en medi mínim i se sembren en medi mínim suplementat amb tres compostos intermediaris (X, Y i Z) o amb la vitamina V. Resultats (+ = creix; − = no creix):
Mutant 1: X −, Y −, Z +, V +.
Mutant 2: X −, Y +, Z +, V +.
Mutant 3: X +, Y +, Z +, V +.
Mutant 4: X −, Y −, Z −, V +.
a) Dedueix l'ordre dels compostos a la ruta metabòlica i on és el bloqueig de cada mutant. Justifica el raonament.
b) Quin compost esperaries que s'acumulés al medi de cultiu de cada mutant?
c) Es sembren el mutant 1 i el mutant 3 l'un al costat de l'altre en una placa de medi mínim. Prediu quin dels dos creixerà a la zona propera a l'altre i justifica-ho.
d) Aquests experiments van donar suport a la hipòtesi «un gen, un enzim». Explica-la i indica dues raons per les quals avui es formula d'una altra manera.

Pista 1

Un mutant creix amb un compost si aquest compost és posterior al pas bloquejat de la ruta.

Pista 2

Com més compostos permeten créixer un mutant, més aviat a la ruta és el seu bloqueig.

Pista 3

Un mutant acumula el compost que hi ha just abans del pas que no pot fer, i aquest compost pot difondre pel medi.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 37

Apartat a)

Resultat

Ruta: precursor → X → Y → Z → V. Bloquejos: mutant 3 (precursor → X), mutant 2 (X → Y), mutant 1 (Y → Z) i mutant 4 (Z → V).

Resolució

  1. Criteri. Un mutant creix amb tots els compostos posteriors al seu bloqueig; per tant, el compost que permet créixer més mutants és el més proper al final de la ruta (no el primer).
  2. Ordre. V permet créixer tots quatre (és el producte final); Z, tres; Y, dos; X, només un. Ordre: precursor → X → Y → Z → V.
  3. Bloquejos. Com més compostos permeten créixer un mutant, més aviat és el seu bloqueig: mutant 3, entre el precursor i X; mutant 2, entre X i Y; mutant 1, entre Y i Z; mutant 4, entre Z i V.
  4. Conclusió. Cada mutant té defectuós l'enzim d'un d'aquests passos.

Apartat b)

Resultat

Mutant 3: el precursor; mutant 2: X; mutant 1: Y; mutant 4: Z.

Resolució

  1. Criteri. S'acumula el compost que hi ha just abans del pas bloquejat, no el que el mutant no pot fabricar.
  2. Resultat. Mutant 3, el precursor; mutant 2, X; mutant 1, Y; mutant 4, Z.

Apartat c)

Resultat

El mutant 3 creixerà a prop del mutant 1, gràcies a l'Y que aquest allibera.

Resolució

  1. Què allibera el mutant 1. Acumula Y i l'allibera al medi.
  2. Mutant 3. Està bloquejat abans de X, però pot fer Y → Z → V: si li arriba Y, creix.
  3. Mutant 1. No creixerà a prop del 3, perquè el 3 només acumula el precursor, que el mutant 1 ja pot transformar fins a Y però no pot passar de Y a Z.
  4. Conclusió. Aquesta «alimentació creuada» és una altra manera d'ordenar els passos d'una ruta.

Apartat d)

Resultat

Hipòtesi de Beadle i Tatum: cada gen porta la informació d'un enzim. Avui es parla d'un gen, un polipèptid, i a més hi ha gens d'ARN i splicing alternatiu.

Resolució

  1. La hipòtesi. Segons Beadle i Tatum, cada gen porta la informació per fabricar un enzim, i una mutació en un gen bloqueja un sol pas d'una ruta.
  2. Raó 1. Molts enzims tenen diverses cadenes polipeptídiques codificades per gens diferents, i no totes les proteïnes són enzims: es parla d'un gen, un polipèptid.
  3. Raó 2. Molts gens no codifiquen proteïnes sinó ARN funcionals (ARNr, ARNt, miARN).
  4. Raó 3. En eucariotes, un mateix gen pot donar diversos polipèptids per splicing alternatiu. Per tot això, «un gen, un enzim» no és vàlid sense excepcions.

Errors típics

  • Pensar que el compost que permet créixer més mutants és el primer de la ruta.
  • Dir que un mutant acumula el compost que no pot fabricar, en lloc de l'anterior al bloqueig.
  • Considerar que «un gen, un enzim» encara és vàlid sense excepcions.

Conceptes treballats: relació gen-proteïna; hipòtesi un gen-un enzim; mutants auxòtrofs; rutes metabòliques; disseny i interpretació experimental

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 38

S'estudia la metilació de les citosines (en dinucleòtids CG) del promotor d'un gen supressor de tumors en dues bessones monozigòtiques. Als 3 anys, el promotor està metilat en un 12 % i un 13 %, i l'expressió del gen (relativa) és 1,00 i 0,95. Als 50 anys, la metilació és del 15 % en una germana i del 58 % en l'altra, que és fumadora; l'expressió és 0,92 i 0,30, respectivament. La seqüència d'ADN del gen és idèntica en totes dues.
a) Interpreta les dades: com es relaciona la metilació del promotor amb l'expressió del gen, i per què dues bessones idèntiques poden ser diferents epigenèticament?
b) Explica per quin mecanisme la metilació del promotor redueix la transcripció.
c) En una línia de cèl·lules tumorals en què aquest gen està silenciat per metilació, s'afegeix 5-azacitidina, que impedeix que les citosines noves es metilin. Després d'1 dia, l'expressió del gen augmenta 1,2 vegades; després de 5 dies (unes 5 divisions), 35 vegades. Explica per què cal que passin diverses divisions perquè l'efecte sigui gran.
d) Proposa com demostraries que el silenciament d'aquest gen en un tumor es deu a la metilació i no a una mutació.

Pista 1

Les marques epigenètiques no canvien la seqüència de bases, però es poden acumular amb l'edat i amb l'ambient.

Pista 2

Les citosines metilades fan que s'hi uneixin proteïnes que compacten la cromatina.

Pista 3

Pensa com es copia la metilació a cada replicació i què passa a la cadena nova si l'enzim de manteniment no pot actuar.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 38

Apartat a)

Resultat

Hi ha una relació inversa: com més metilat el promotor, menys expressió. Les bessones divergeixen epigenèticament per l'ambient (tabac) i l'edat, amb la mateixa seqüència d'ADN.

Resolució

  1. Relació. Com més metilat és el promotor, menys s'expressa el gen. Als 3 anys les bessones són gairebé iguals (12–13 % i expressió 1,00–0,95); als 50, la germana fumadora té el promotor molt metilat (58 %) i l'expressió ha baixat a 0,30.
  2. Diferència epigenètica. Com que la seqüència és idèntica, la diferència és epigenètica: les marques de metilació es modifiquen al llarg de la vida per factors ambientals (tabac, dieta, estrès…) i per errors acumulats en copiar-les («deriva epigenètica»). Per tant, dues bessones monozigòtiques no han de tenir sempre la mateixa expressió gènica.
  3. Interpretació. Que el gen silenciat sigui un supressor de tumors suggereix un mecanisme pel qual el tabac augmenta el risc de càncer sense necessitat de mutacions.

Apartat b)

Resultat

La metilació impedeix la unió de factors de transcripció i atrau proteïnes que compacten la cromatina (desacetilació d'histones): l'ARN polimerasa no hi pot accedir.

Resolució

  1. Bloqueig directe. Els grups metil de les citosines del promotor impedeixen la unió d'alguns factors de transcripció.
  2. Compactació. A més, atrauen proteïnes que reconeixen l'ADN metilat; aquestes recluten enzims que treuen els grups acetil de les histones.
  3. Conclusió. La cromatina es compacta (heterocromatina) i l'ARN polimerasa no pot accedir al promotor.

Apartat c)

Resultat

La metilació es perd de manera passiva, a la meitat de cadenes a cada replicació: calen diverses divisions perquè molts promotors quedin desmetilats.

Resolució

  1. Metilació de manteniment. Després de cada replicació, la cadena nova no està metilada; un enzim de manteniment (DNMT1) copia la metilació de la cadena vella a la nova.
  2. Efecte de la 5-azacitidina. S'incorpora a l'ADN nou i impedeix aquesta còpia, de manera que la metilació es perd de manera passiva, a la meitat de cadenes a cada divisió.
  3. Càlcul. Després d'una divisió, cada molècula encara té una cadena metilada; després de 5, només 125=132\tfrac{1}{2^{5}} = \tfrac{1}{32} de les cadenes d'ADN conserva la metilació original.
  4. Conclusió. Per això l'efecte és petit al cap d'1 dia (×1,2) i gran al cap de 5 dies (×35). Un fàrmac desmetilant no actua immediatament en cèl·lules que no es divideixen.

Apartat d)

Resultat

Seqüenciar el gen (sense mutacions), analitzar la metilació del promotor (bisulfit) en el tumor i en teixit sa, i comprovar que un desmetilant reactiva l'expressió.

Resolució

  1. 1) Seqüenciació. Seqüenciar el gen del tumor i comprovar que no hi ha mutacions.
  2. 2) Metilació. Analitzar la metilació del promotor (per exemple, amb seqüenciació després de tractar l'ADN amb bisulfit) en el tumor i en teixit sa de la mateixa persona.
  3. 3) Reactivació. Comprovar que el tractament desmetilant reactiva l'expressió (com a l'apartat c), amb un control sense tractar i comprovant que la metilació del promotor ha baixat.
  4. Conclusió. Una mutació no es revertiria amb un fàrmac desmetilant.

Errors típics

  • Dir que la metilació és una mutació perquè canvia l'expressió del gen.
  • Pensar que les bessones monozigòtiques han de tenir sempre la mateixa expressió gènica.
  • Esperar que un fàrmac desmetilant actuï immediatament en cèl·lules que no es divideixen.

Conceptes treballats: epigenètica; metilació de l'ADN; regulació de la transcripció i cromatina; herència de les marques en la replicació; gens supressors de tumors; disseny experimental

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 39

Per estudiar la funció d'una proteïna P, unes cèl·lules humanes en cultiu es transfecten amb un ARN petit d'interferència (siARN) de 21 nucleòtids complementari d'una seqüència de l'exó 3 de l'ARNm de P. En un altre cultiu s'introdueix un siARN amb els mateixos nucleòtids en ordre aleatori. Es mesura l'ARNm i la proteïna P (en % del valor inicial):
siARN específic — ARNm: 100 (0 h), 30 (12 h), 15 (24 h), 12 (48 h), 12 (72 h). Proteïna: 100 (0 h), 80 (24 h), 40 (48 h), 20 (72 h).
siARN aleatori — ARNm i proteïna: 100 % en tots els temps.
a) Per a què serveix el cultiu amb el siARN aleatori?
b) Explica per què la proteïna disminueix molt més tard que l'ARNm. A partir de les dades de 24 a 72 h, estima la vida mitjana de la proteïna P i prediu-ne el valor a les 96 h.
c) Si el siARN s'hagués dissenyat contra una seqüència d'un intró del gen, quin resultat esperaries? Justifica-ho.
d) Explica el mecanisme d'acció del siARN i compara'l amb el d'un miARN natural.

Pista 1

Introduir un ARN qualsevol a una cèl·lula pot tenir efectes inespecífics: com els distingiries de l'efecte buscat?

Pista 2

La proteïna que ja existia no desapareix perquè deixi de fabricar-se'n: es degrada al seu ritme. Mira quant temps triga a reduir-se a la meitat.

Pista 3

On actua el complex RISC i on es troben els introns?

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 39

Apartat a)

Resultat

És el control negatiu: descarta que l'efecte es degui a la transfecció o a la presència d'un ARN estrany.

Resolució

  1. Característiques. El siARN aleatori té la mateixa composició i la mateixa manera d'entrar a la cèl·lula, però no és complementari de cap ARNm.
  2. Conclusió. Si P només baixa amb el siARN específic, l'efecte es deu a la complementarietat de seqüència i no a la transfecció ni a la presència d'un ARN estrany.

Apartat b)

Resultat

La proteïna ja fabricada es degrada al seu ritme: vida mitjana ≈ 24 h. A les 96 h, un 10 % si la síntesi s'hagués aturat del tot; amb l'ARNm residual (12 %), entre un 12 i un 16 %.

Resolució

  1. Per què va més tard. El siARN actua sobre l'ARNm, que es degrada en poques hores. La proteïna que ja s'havia fabricat no queda afectada: deixa de renovar-se i desapareix al ritme de la seva pròpia degradació. Si l'ARNm desapareix, la proteïna no desapareix immediatament.
  2. Vida mitjana. Entre 24 i 48 h passa de 80 a 40 % i entre 48 i 72 h, de 40 a 20 %: es redueix a la meitat cada 24 h, t1/2≈24 ht_{1/2} \approx 24\ \text{h}. No la calculis amb l'interval 0–24 h, quan la síntesi encara no s'ha aturat del tot.
  3. Sense síntesi. Si la síntesi s'hagués aturat del tot, a les 96 h quedaria un 10 % (la meitat del 20 % de les 72 h).
  4. Amb síntesi residual. Com que l'ARNm es manté al 12 %, se'n continua fabricant una mica i la proteïna no tendeix a zero sinó a un valor estacionari al voltant del 12 %: a les 96 h, entre un 12 i un 16 %, per exemple 12+(20−12)⋅12=16 %12 + (20 - 12)\cdot\tfrac{1}{2} = 16\ \%

Apartat c)

Resultat

No hi hauria efecte (o seria mínim): l'ARNm madur del citoplasma, on actua el RISC, ja no conté els introns.

Resolució

  1. On són els introns. S'eliminen al nucli durant la maduració, i l'ARNm madur que surt al citoplasma no els conté.
  2. On actua el siARN. El complex RISC actua al citoplasma, sobre ARNm madurs, i no hi trobaria cap seqüència complementària.
  3. Conclusió. Encara que l'intró formi part del gen, un siARN contra un intró no és eficaç.

Apartat d)

Resultat

El siARN, dins del RISC, s'aparella de manera perfecta i fa tallar l'ARNm; el miARN és endogen, s'aparella de manera imperfecta i sol inhibir la traducció de molts ARNm.

Resolució

  1. Dicer i RISC. La proteïna Dicer talla els ARN de doble cadena en fragments d'uns 21 nucleòtids; una de les cadenes s'incorpora al complex RISC, que la fa servir de guia per trobar l'ARNm complementari.
  2. siARN. Si l'aparellament és perfecte, la proteïna Argonauta del RISC talla l'ARNm, que es degrada.
  3. miARN. Són codificats pel genoma de la mateixa cèl·lula, s'aparellen de manera imperfecta (sovint a la regió 3' no traduïda) i solen inhibir la traducció de molts ARNm diferents.
  4. Conclusió. Els miARN són un mecanisme natural de regulació postranscripcional de l'expressió gènica; els siARN s'aprofiten com a eina per silenciar un gen concret.

Errors típics

  • Pensar que, si l'ARNm desapareix, la proteïna desapareix immediatament.
  • Calcular la vida mitjana a partir de 0-24 h, quan la síntesi encara no s'ha aturat del tot.
  • Creure que un siARN contra un intró és eficaç perquè l'intró forma part del gen.
  • Aplicar la vida mitjana sense tenir en compte la síntesi residual: mentre quedi ARNm, la proteïna no tendeix a zero sinó a un valor estacionari.

Conceptes treballats: ARN d'interferència (siARN i miARN); tipus d'ARN; maduració de l'ARNm; regulació postranscripcional; vida mitjana de proteïnes; control experimental

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 40

En fibroblasts humans en cultiu, els telòmers s'escurcen uns 100 pb a cada divisió, i quan la longitud mitjana arriba a uns 5 kb, les cèl·lules deixen de dividir-se (senescència). Els telòmers fan 10 kb en fibroblasts d'un nadó i 7 kb en fibroblasts d'una persona de 70 anys. En canvi, en una línia de cèl·lules tumorals, els telòmers es mantenen estables al voltant de 4 kb indefinidament.
a) Explica breument per què els telòmers s'escurcen a cada replicació i per què es diu que actuen com un «comptador» de divisions.
b) Calcula quantes divisions podran fer els fibroblasts del nadó i els de la persona de 70 anys abans d'arribar a la senescència, i interpreta la diferència.
c) Les cèl·lules tumorals tenen activa la telomerasa. Descriu de quins components està formada i per què es diu que és una transcriptasa inversa.
d) Es proposa tractar el tumor amb un inhibidor de la telomerasa. Si amb l'inhibidor les cèl·lules tumorals perden 100 pb per divisió, moren quan els telòmers arriben a 2 kb i es divideixen cada 24 hores, quant temps trigaria a notar-se l'efecte? Raona quins avantatges i quins inconvenients té aquest tractament.

Pista 1

Recorda que l'ADN polimerasa necessita un encebador i només allarga en sentit 5'→3': què passa a l'extrem de la cadena retardada quan s'elimina l'últim encebador?

Pista 2

Per a b), divideix la longitud que es pot perdre fins a la senescència entre la pèrdua per divisió.

Pista 3

La telomerasa porta el seu propi motlle: de quin tipus de molècula és?

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 40

Apartat a)

Resultat

En eliminar l'últim encebador de la cadena retardada no es pot omplir el buit, i el telòmer perd una mica de longitud a cada divisió; com que la pèrdua és regular, la longitud indica quantes divisions queden.

Resolució

  1. Problema de l'extrem. En la cadena retardada, l'últim fragment d'Okazaki de l'extrem del cromosoma comença amb un encebador d'ARN; quan aquest s'elimina, no hi ha cap extrem 3' a partir del qual l'ADN polimerasa pugui omplir el buit, i la cadena nova queda més curta.
  2. Escurçament. A cada divisió, doncs, els telòmers (seqüències repetides no codificants, no gens que es perdin) perden una mica de longitud.
  3. Comptador. Com que la pèrdua és regular, la longitud dels telòmers indica quantes divisions ha fet la cèl·lula i quantes li queden: quan són massa curts, la cèl·lula activa un senyal de dany a l'ADN i entra en senescència.

Apartat b)

Resultat

Nadó: 50 divisions; persona de 70 anys: 20 divisions. El potencial de divisió disminueix amb l'edat.

Resolució

  1. Plantejament. Divideix la longitud que es pot perdre fins al llindar de 5 kb (no la longitud total) entre la pèrdua per divisió, 0,1 kb.
  2. Nadó. (10−5) kb0,1 kb/divisioˊ=50 divisions\dfrac{(10 - 5)\ \text{kb}}{0{,}1\ \text{kb/divisió}} = 50\ \text{divisions}
  3. Persona de 70 anys. (7−5) kb0,1 kb/divisioˊ=20 divisions\dfrac{(7 - 5)\ \text{kb}}{0{,}1\ \text{kb/divisió}} = 20\ \text{divisions}
  4. Interpretació. Les cèl·lules d'una persona gran ja han fet moltes divisions al llarg de la vida, han perdut longitud de telòmers i els en queden menys: el potencial de divisió de les cèl·lules somàtiques disminueix amb l'edat.

Apartat c)

Resultat

És una ribonucleoproteïna (proteïna + ARN); sintetitza ADN a partir del seu propi motlle d'ARN, i per això és una transcriptasa inversa.

Resolució

  1. Components. La telomerasa és un complex de proteïna i ARN (una ribonucleoproteïna). L'ARN conté una seqüència complementària de la repetició del telòmer, que fa de motlle.
  2. Transcriptasa inversa. La part proteica sintetitza ADN a partir d'aquest motlle d'ARN (ARN → ADN), com la dels retrovirus; no és una ADN polimerasa normal.
  3. Funció. Allarga l'extrem 3' del cromosoma i compensa la pèrdua de cada replicació. És activa a les cèl·lules germinals, a moltes cèl·lules mare i a la majoria de tumors.

Apartat d)

Resultat

L'efecte trigaria uns 20 dies (20 divisions). Avantatge: força selectiu. Inconvenients: lent, pot afectar cèl·lules mare i germinals, i hi pot haver resistències.

Resolució

  1. Càlcul. Les cèl·lules tumorals poden perdre (4−2) kb0,1 kb/divisioˊ=20 divisions\dfrac{(4 - 2)\ \text{kb}}{0{,}1\ \text{kb/divisió}} = 20\ \text{divisions} abans de morir; a una divisió per dia, l'efecte trigaria uns 20 dies a notar-se.
  2. Avantatge. Les cèl·lules somàtiques normals no fan servir la telomerasa i no es veurien afectades, de manera que és un tractament força selectiu.
  3. Inconvenients. L'efecte és lent i el tumor continua creixent durant setmanes; podria afectar les cèl·lules que sí que necessiten telomerasa (cèl·lules mare de la sang, cèl·lules germinals), i algunes cèl·lules tumorals poden mantenir els telòmers per mecanismes alternatius i seleccionar-se.

Errors típics

  • Pensar que els telòmers s'escurcen perquè contenen gens que es perden.
  • Fer els càlculs amb la longitud total dels telòmers en lloc de la longitud que es pot perdre fins al llindar.
  • Dir que la telomerasa és una ADN polimerasa normal: utilitza un motlle d'ARN propi.

Conceptes treballats: replicació de l'ADN i problema dels extrems; telòmers i telomerasa; transcriptasa inversa; senescència i càncer; tipus d'ARN; raonament quantitatiu

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Preguntes freqüents

Quina diferència hi ha entre una mutació i una marca epigenètica?

La mutació canvia la seqüència de bases de l'ADN. La marca epigenètica no la canvia: modifica com s'expressa un gen, per exemple afegint grups metil.

Què vol dir que la replicació és semiconservativa?

Que cada molècula d'ADN nova conserva una cadena de la molècula original i en té una de nova sintetitzada.

Tornar a Biologia

Altres temes de Biologia 2n Batxillerat