Всередині людини: 18 відеолекцій з анатомії, антропології та генетики

Скоро Новий рік! Стьопа готовий, а ви?

Задачі на генетику популяцій у блозі Марини Галушко

текст  та  розв'язання задач

Крижні у парку Ювілейний

Задача 1. Серед мешканців Лондона альбіноси трапляються із частотою 1:20000. Альбінізм обумовлюється рецесивною алеллю. Визначте насичення популяції геном альбінізму (тобто резерв мутаційної мінливості).

Дано: А-ген, що зумовлює нормальну пігментацію а-ген, що зумовлює альбінізм АА-нормальна пігментація Аа- нормальна пігментація аа-альбінізм q2аа=1:20000=0,00005

Розв’язання: 1.                 Визначаємо частоту гена а, що зумовлює порушення  пігментації шкіри: qа=√ q2аа=√0,00005=0,0071. 2.                 Визначаємо частоту гена А, що зумовлює нормальний пігментацію тіла (рА): рА+ qа=1, рА=1- qа рА=1-0,0071=0,9929. 3.     За рівнянням Харді-Вайнберга: (рА+qа)2=р2АА+2рqАа+q2аа   визначаємо частоту й відсоток гетерозигот за геном, що обумовлює альбінізм серед мешканців Лондона: 2рqАа=2∙0,9929∙0,0071=0,0141∙100%=1,41%. 4.     Визначаємо кількість гетерозигот серед 20000 жителів: 20000 осіб – 100% Х осіб – 1,41%,         20000 ∙ 1,41% х = ─────────── = 282 (особи).                   100% Гетерозиготні за геном альбінізму.  9.Визначаємо, на яку кількість осіб припадає один гетерозиготний носій гена, що обумовлює альбінізм: 20000 осіб – 282 гетерозиготних носії Х осіб – 1 гетерозиготний носій,        20000 х = ───── =70 (осіб),               282 на які припадає один гетерозиготний носій гена, що обумовлює альбінізм. Відповідь: на 70 мешканців Лондона припадає один гетерозиготний носій гена, що обумовлює альбінізм (кожен сімдесятий-носій гена альбінізма)

Насичення популяції геном а-?

Задача 2. Глухонімота успадковується як аутосомно-рецесивна ознака. Глухонімі люди в Європейських країнах трапляються з частотою 4:10000. Визначте кількість осіб, гетерозиготних за геном, що зумовлює глухонімоту в місті, що має 4 млн. мешканців.

Дано: А-ген, що зумовлює нормальний слух а-ген, що зумовлює глухонімоту АА-нормальний слух Аа- нормальний слух аа-глухонімота q2аа=4:10000=0,0004

Розв’язання: 1.                 Визначаємо частоту гена а, що зумовлює глухонімоту: qа=√ q2аа=√0,0004=0,02. 2.                 Визначаємо частоту гена А, що зумовлює нормальний слух: рА+ qа=1, рА=1- qа рА=1-0,02=0,98. 3.     За рівнянням Харді-Вайнберга: (рА+qа)2=р2АА+2рqАа+q2аа   визначаємо кількість гетерозиготних (у%), що є носіями рецесивного гена (а): 2рqАа=2∙0,98∙0,2=0,0392∙100%=3,92%. 4.     Визначаємо кількість осіб, гетерозиготних за геном глухонімоти, у місті з населенням 4 млн мешканців: 4000000 осіб – 100% Х осіб – 3,92%,         4000000 ∙ 3,92% х = ─────────── = 156800 (осіб).                   100% Відповідь: кількість осіб, гетерозиготних за геном глухонімоти, у місті з населенням 4 млн. мешканців становитиме 156800 осіб.

Кількість гетерозигот у місті з населенням 4 млн. чол.-?

С. С. Четвериков передбачив, а його учні експериментально підтвердили, що природні популяції живих організмів містять великі концентрації різних мутантних генів, які впливають на будь-які ознаки й властивості організмів. 

Сергій Сергійович Четвериков (24 квітня [ 6 травня ] 1880, Москва - 2 липня 1959, Горький) - видатний російський біолог, генетик - еволюціоніст, який зробив перші кроки в напрямку синтезу менделевской генетики та еволюційної теорії Чарльза Дарвіна.

 Він раніше за інших учених організував експериментальне вивчення спадкових властивостей у природних популяцій тварин. Ці дослідження дозволили йому стати основоположником сучасної еволюційної генетики. У цій області Сергій Четвериков виступає як справжній новатор, який дивився далеко вперед і визначив на багато десятиліть шляху розвитку світової біологічної науки. Роботи Четверикова, особливо його основна праця "Про деякі моменти еволюційного процесу з точки зору сучасної генетики", опублікований в 1926, лягли в основу синтетичної теорії еволюції.

До факторів, що визначають динаміку генетичного складу популяцій, відносять: мутаційний процес, що безперервно відбувається в усіх видів рослин та тварин; дрейф генів; ізоляцію, що обмежує схрещування між особинами різних популяцій і відхилення від панміксії при внутрішньо популяційних схрещуваннях; добір природний, який у особин різних генотипів зумовлює різну виживаність, плодючість тощо. Сучасна популяційна генетика вивчає природні й експериментальні популяції різних видів рослин, тварин і мікроорганізмів; проблеми генетичного поліморфізму, мутаційного вантажу, просторової структури популяцій, особливо в гетерогенному і мінливому зовн. середовищі. В дослідженнях П. г. широко використовують матем. методи, зокрема побудування і аналіз матем. моделей  із застосуванням електронних обчислювальних машин. Для розвитку П. г. мають значення дослідження з генетики, екологи, морфофізіології організмів і природної історії ареалу популяції. П. г. є експериментально-теор. основою еволюційної теорії, селехції та ряду розділів генетики медичної.

Генетика популяцій — розділ генетики, який вивчає генетичну структуру природних популяцій, а також генетичні процеси, які в них відбуваються.

Вона має важливе значення для розвитку еволюційної теорії: завдяки її дослідженням встановлено, що популяція є не лише одиницею виду, але й еволюції, оскільки в ній відбуваються всі еволюційні процеси.

В більшості генетика популяцій досліджує панміктичні популяції, тобто популяції перехреснозаплідних організмів.

Етапи розвитку генетики популяцій

Розділ генетики, що вивчає генетичну будову і динаміку генетичного складу популяцій. П. г. почала розвиватися в 20—30-х рр. 20 ст. і пов'язана з працями С. С. Четверикова, Дж. Холдейна, англ. вченого Р. Фішера і амер.— С. Райта. Істотний внесок у розвиток П. г. зробили вітчизн. вчені О. С. Серебровський, С. М. Гершензон, М. В. Тимофеєв-Ресовський, М. П. Дубинін та ін.Дослідженнями в галузі генетики популяцій розпочав російський вчений С. С. Четвериков у 1920-их роках. В Україні подібні дослідження проводив С. М. Гершензон із співробітниками.

А-Друга половина 20-х - кінець 30-х років XX століття. У цей час відбувалося накопичення даних про генетичну гетерогенності популяцій. Він завершився виробленням уявлень про поліморфізм популяцій.

Б-40-е-середина 60-х років XX століття. Вивчення механізмів підтримки генетичного поліморфізму популяцій. Поява і розвиток уявлень про важливу рольгетерозису у формуванні генетичного поліморфізму.

В-Друга половина 60-х - кінець 1970-х років XX століття. Цей етап характеризується широким застосуванням білкового електрофорезу для вивчення поліморфізму популяцій. Формуються уявлення про нейтральному характер еволюції.

Г-З кінця 1970-х років. Цей період характеризується методичним зміщенням в сторону застосування ДНК-технологій для вивчення особливостей процесів, що відбуваються в популяціях. Важливим моментом цього етапу (приблизно з початку 1990-х років) є широке застосування обчислювальної техніки та спеціалізованих програм (наприклад, PHYLIP, ClustalW, Popgene) для аналізу різноманітних типів генетичних даних.

 Відомі популяційні генетики

Фундаментальну закономірність, що описує співвідношення між частотами алелей генів і фенотипів вивели незалежно Харді і Вайнберг в 1908. В цей час популяційної генетики не існувало, проте, знайдена дослідниками залежність лежить в основі даної науки. Роботи С. С. Четверикова з виявлення насиченості природних популяцій Drosophila melanogaster рецесивними мутаціями так само дали важливий імпульс для розвитку популяційно-генетичних досліджень.                                                                  Засновниками теоретичного і математичного апарату популяційної генетики можна вважати англійських біологів Рональда Фішера (1890-1962) і Джона Холдейна (1892-1964), а також американського вченого Сьюела Райта (1889-1998). Фішер і Райт розходилися по деяких фундаментальних питань і дискутували про співвідношення ролей відбору і генетичного дрейфу. Французький дослідник Гюстав Малеко (1911-1998) також вніс важливий внесок в ранній розвиток даної дисципліни.  Італієць Луїджі Лука Каваллі-Сфорца (р. 1922), генетик популяцій, з 1970-х рр.. працював в Стенфорді, особливу увагу приділяв питанням генетики популяцій людини.

Генофонд — поняття з популяційної генетики, що описує сукупність всіх генних варіацій (алелей) певної популяції. Популяція володіє всіма своїми алелями для оптимального пристосування до умов навколишнього середовища.

Якщо до певного гену у всій популяції існує лише один алель, то популяція у відношенні до цього гену називається мономорфною. При наявності декількох різних версій гену в популяції, вона вважається поліморфною. При сильному інбрідінгу часто виникають мономорфні популяції лише з однією версією гену.

Одним із показників обсягу генофонду є ефективна величина популяції, скорочено  . У популяції з диплоїдним набором хромосом може бути максимально в два рази більше алелей одного гена, ніж індивідів, тобто   (чисельності популяції). При цьому не враховуються статеві хромосоми. Алелей всієї популяції в ідеальному випадку розподілені зазаконом Харді—Вайнберга.

Великий генофонд з безліччю різних варіантів окремих генів веде до кращого пристосування потомства до мінливого навколишнього середовища. Різноманітність алелей дозволяє пристосуватися до змін значно швидше, якщо відповідні алелі вже є в наявності, ніж якщо вони повинні з'явитися внаслідок мутацій. Тем не менше, в незмінному навколишньому середовищі, менше число алелей може бути вигіднішим, оскільки при великій кількості алелей можуть виникати їх несприятливі комбінації.Генетичні дослідження української людності сприяють розв’язанню складних слов’янознавчих та українознавчих наукових проблем. Певно, незабаром можна буде поставити остаточну крапку у дискусії, що бере початок уXIX ст., щодо пріоритету народів (етносів) східнослов’янської мовної підгрупи на “кровну” (генетичну, біологічну) спадкоємність з територіально-племінними групами слов‘ян ранньофеодального періоду.

Сучасна українська етнічна популяція є однією з найбільших у Європі за кількістю та ареалом розселення. Це, а також історичні й фізико-географічні чинники сприяли формуванню серед українців великої кількості популяцій нижчого ієрархічного рівня. Незважаючи на генетичний обмін з іншими етносами українці є сьогодні відносно гомогенною етнічною популяцією (за всією сукупністю генетичних показників), чого не можна сказати, приміром, про італійців чи росіян.

Україна є об’єктивно існуючою біогеографічною реальністю, утвореною українською етнічною популяцією. Генетичні відстані між українцями й іншими сучасними народами характеризують біологічну спорідненість українців з ними.

Дзідзьо перший раз - самий кращій український фільм 2018 року!

Урок Технології. Тема "Аплікаціїї на тканині"

Такі класнючі таксочки, рибки і пташки! Я теж хочу такі аплікації зробити!

Нагорода

10 клас Фотосинтез. Розв’язування задач на фотосинтез і хемосинтез

Інформація з блогу Марини Галушко

Фотосинтез – це процес трансформації поглинутої організмом енергії світла в хімічну енергію органічних (і неорганічних) сполук. Головну роль у цьому процесі відіграє використання енергії світла для відновлення 
СО₂ до рівня вуглеводів.

Процес фотосинтезу являє собою ланцюг окисно-відновних реакцій, сукупність яких прийнято поділяти на дві фази: світлову і темнову.
Для світлової фази фотосинтезу характерним є те, що енергія сонячної радіації, поглинута пігментними системами хлоропластів, перетворюються в електрохімічну. Загальне рівняння світлової стадії фотосинтезу має вигляд:

12Н₂О + 12АДФ + 12Ф_н  24Н + 12АТФ + 6О₂.

Темнова фаза відбувається в стромі хлоропластів без участі світла. Реакції, які спричиняють зв’язування СО₂ й утворення органічних речовин, у цій фазі відбуваються за рахунок використання енергії АТФ і НАДФ∙Н + Н⁺, синтезованих у світловій фазі. Загальне рівнянні темнової фази фотосинтезу:

6СО₂ + 24Н + 12АТФ → С₆Н₁₂О₆ + 12АДФ + 12Ф_н + 6Н₂О.

Якщо об’єднати реакції світлової і темнової фаз, виключивши всі проміжні етапи, то отримаємо сумарне рівняння фотосинтезу:

6СО₂ + 6Н₂О  С₆Н₁₂О₆ + 6О₂.

Продуктивністю фотосинтезу називають масу синтезованої за 1 год глюкози на 1 м² листкової поверхні. Цей показник зростає з підвищенням (до певної межі) освітленості, вологості повітря, температури, вмісту СО₂ і залежить від довжини хвилі світла.

Крім фотосинтезу, існує ще одна форма автотрофної асиміляції – хемосинтез, властивий деяким бактеріям. На відміну від фотосинтезу джерелом енергії для синтезу складних органічних речовин із простих неорганічних тут служить не світло, а окиснення деяких неорганічних речовин: сірководню, сірки, амоніаку, водню, нітритної кислоти, сполук феруму(ІІ).

Важливою групою хемосинтезуючих організмів є нітрифікуючі бактерії, здатні окиснювати амоніак, що утворився під час гниття органічних решток, до нітритної, а потім до нітратної кислоти:

2NH₃ + 3O₂ = 2HNO₂ + 2H₂O + 663 кДж;

2HNO₂ + O₂ = 2HNO₃ + 192кДж.

Нітратна кислота, реагуючи з мінеральними сполуками ґрунту, перетворюється в нітрати, які добре засвоюються рослинами.

Безбарвні сіркобактерії окиснюють сірководень і накопичують у своїх клітинах сірку:

2H₂S + O₂ = 2H₂O + 2S + 272 кДж.

У разі нестачі сірководню бактерії здійснюють екзотермічне окиснення накопиченої в них сірки до сульфатної кислоти:

2S + 3O₂ + 2H₂O = 2H₂SO₄ + 636 кДж.

Залізобактерії перетворюють сполуки Феруму(ІІ) у сполуки Феруму(ІІІ):

4FeCO₃ + O₂ + 6H₂O = 4Fe(OH)₃ + 4CO₂ + 324 кДж.

Водневі бактерії використовують як джерело енергії реакцію окиснення молекулярного водню:

2H₂ + O₂ → 2H₂O + 235 кДж.

А в якості єдиного джерела Карбону – оксид карбону (ІV).

Під час розв’язання задач на фотосинтез і хемосинтез, необхідно записувати сумарні рівняння реакцій цих процесів.

ЗАДАЧА 1. У процесі фотосинтезу одна рослина поглинає 280 г СO₂ за світловий день. Яка маса глюкози (теоретично) утвориться в листках і яка маса кисню виділиться за 5 днів? Процесом дихання знехтувати.

Розв’язання

Дано:

    

Записуємо сумарне рівняння фотосинтезу:

За рівнянням реакції визначаємо маси продуктів реакції, утворених рослиною за день:

унаслідок поглинання 264 г СO₂ утворюється 180 г С₆Н₁₂O₆;\   унаслідок поглинання 280 г СO₂ — х г С₆Н₁₂O₆;

Унаслідок поглинання 264 г СO₂ виділяється 192 г O₂;

унаслідок поглинання 280 г СO₂ — х г O₂;

У результаті фотосинтезу за один день рослина утворює 109,9 г С₆Н₁₂O₆ і виділяє 203,6 г O₂.За 5 днів утвориться :190,9 г ∙ 5 = 954,5 г С₆Н₁₂O₆;

203,6 г ∙ 5= 1018 г O₂.

Відповідь. Утвориться 954,5 г глюкози й виділиться 1018 г кисню.

ЗАДАЧА 2.За добу людина споживає в середньому 430 г O₂. Одне дерево середніх розмірів за вегетаційний період поглинає близько 42 кг СO₂. На скільки діб вистачить людині кисню, продукованого одним деревом за вегетаційний період?

Розв’язання

Дано:

m(O₂) — 430 г (0,43 кг) споживає людина за добу;

m(СO₂) — 42 кг поглинає дерево за вегетаційний період.

m(O₂) — ?

N(днів) — ?

За сумарним рівнянням реакції фотосинтезу визначаємо масу кисню, яку виділить одне дерево за вегетаційний період:

унаслідок поглинання 264 кг СО₂ виділяється 192 кг О₂;

унаслідок поглинання 42 кг СО₂ — х кг О₂;

Визначаємо, на скільки діб вистачить одній людині кисню, продукованого деревом за вегетаційний період:

30,545 кг : 0,43 кг/добу = 71 добу.

Відповідь. Кисню вистачить на 71 добу.

ЗАДАЧА 3. Уважають, що шкідливо залишати на ніч кімнатні рослини в кімнаті, бо вони поглинають кисень, необхідний для дихання людини. Щоб перевірити, чи правильна ця думка, обчисліть, наскільки знизиться вміст кисню в кімнаті об’єму 45 м³ за 10 год унаслідок дихання рослин, загальна маса яких 4 кг, якщо середня інтенсивність їх дихання становить 12 мл О₂ на 1 г маси за добу (н. у.). Початковий вміст кисню в повітрі — 21 %.

Розв’язання

Дано:

V(кімнати) — 45 м³;

t — 10 год;

m(рослин) — 4 кг;

w(J₂) — 21 %;

Інтенсивність дихання — 12 мл O₂/1 г за добу (н. у.).

Вміст O₂ через 10 год — ?

Визначаємо об’єм кисню в кімнаті:

Визначаємо об’єм поглинутого кисню рослинами, маса яких 4 кг, за 10 годин:

За ніч об’єм O₂ в кімнаті, де стоять квіти, зменшиться з 9450 л до 9430 л, тобто приблизно на 0,002%. 

Відповідь. Об’єм кисню в кімнаті, де стояли рослини, знизиться за 10 год приблизно на 0,002 %. Отже, кімнатні рослини шкоди диханню людини не завдають.

ЗАДАЧА 4. Земна поверхня одержує 2 Дж/см² сонячної енергії за хвилину. Яка маса глюкози синтезується в 1000 листках однієї рослини, якщо середня площа листка становить 10 см², тривалість світлового дня — 16 год, а коефіцієнт переходу сонячної енергії в енергію хімічних зв’язків — 10 %?

Розв’язання

Дано:                                

Земна поверхня одержує 2 Дж/см²/1 хв;

S(листка) — 10 см²;

N — 1000 листків;

t — 16 год;

Коефіцієнт використання сонячної енергії — 0,1 (10%).

m(С₆Н₁₂O₆) —?

Загальна площа листків:

10 см² ∙ 1000 = 10 000 см².

Кількість сонячної енергії, що потрапляє на листки за 1 хв:

2 Дж/см² ∙ 10 000 см² = 20 000 Дж = 20 кДж.

Кількість енергії, яку одержить ця рослина протягом 16 год світлового дня:

20 кДж/хв ∙ (60 ∙ 16) хв = 19 200 кДж.

Кількість енергії, що переходить в енергію хімічних зв’язків:

19 200 кДж — 100%;

х кДж — 10 %;

З рівняння сумарної реакції фотосинтезу випливає, що для синтезу 1 моль глюкози необхідно 2800 кДж енергії:

6СO₂ + 6Н₂O + 2800 кДж → С₆Н₁₂О_б + 6O₂.

Звідси:

1 моль — 2800 кДж;

х моль — 1920 кДж;

х = 1920 : 2800 = 0,68 моль.

М(С₆Н₁₂O₆) = 180 г/моль. Звідси:

1 моль С₆Н₁₂O₆ — 180 г;

0,68 моль С₆Н₁₂O₆ — х г;

х = 0,68 ∙ 180 = 122,4 (г) С₆Н₁₂O₆.

Відповідь. Синтезовано 122,4 г глюкози.

ЗАДАЧА 5. У нітрифікуючих бактеріях відбуваються процеси, які можна виразити такими рівняннями реакцій:

2NH₃ + 3O₂  → 2HNO₂ + 2Н₂O + 663 кДж;

2HNO₂ + O₂ → 2HNO₃ + 192 кДж.

Визначте, яку кількість речовини амоніаку повинні окиснити нітрифікуючі бактерії для вивільнення 5768 кДж енергії.

Розв’язання

За рівняннями обох реакцій визначаємо, яку кількість речовини амоніаку потрібно окиснити бактеріям, щоб вивільнити 5768 кДж енергії.

Унаслідок окиснення 2 моль NH₃ в обох послідовних реакціях вивільняється 855 кДж енергії (663 + 192 = 855), а внаслідок окиснення х моль NH₃ — 5768 кДж енергії. Складаємо пропорцію:

2 моль — 855 кДж;

х моль — 5768 кДж;

Відповідь. Для вивільнення 5768 кДж енергії нітрифікуючі бактерії повинні окиснити 6,746 моль амоніаку.

ЗАДАЧА 6. Яку кількість речовини амоніаку потрібно окиснити нітрифікуючим бактеріям для синтезу певної кількості глюкози, якщо для цього процесу використано 10 260 кДж енергії?

Розв'язання

За рівняннями обох реакцій визначаємо кількість речовини NH₃, яку потрібно окиснити нітрифікуючим бактеріям для одержання 10 260 кДж енергії:

2NH₃ + 3O₂ → 2HN0₂+ 2Н₂O + 663 кДж;

2НNO₂ + O₂ → 2HN0₃+ 192 кДж.

Унаслідок окиснення 2 моль NH₃ в обох послідовних реакціях вивільняється 855 кДж енергії (663 кДж + 192 кДж = 855 кДж), а внаслідок окиснення х моль NH₃ — 10 260 кДж енергії.

Складаємо пропорцію:

2 моль NH₃ — 855 кДж енергії;

х моль NH₃ — 10 260 кДж енергії;

Відповідь. Для отримання 10 260 кДж енергії нітрифікуючі бактерії повинні окиснити 24 моль амоніаку.