CAPÍTULO 11 - HEREDOGRAMAS EXERCÍCIOS OBJETIVOS EXERCÍCIOS DISCURSIVOS

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1 CAPÍTULO 11 - HEREDOGRAMAS 1. C 2. C 3. B 4. D 5. B 6. B 7. D 8. B 9. B 10. A 1. Primeiro. Trata-se de herança dominante, pois sempre que nasce uma criança afetada, pelo menos um dos pais é afetado e a herança é ligada ao sexo (ao X), pois o pai afetado (X A Y) apresenta todas as filhas afetadas e a mãe normal (X a X a ) apresenta pai e filhos homens normais. 2. Segundo. Trata-se de herança recessiva, pois existe casal normal com filho afetado e a herança é autossômica, pois existe menina afetada com pai normal e também mulher afetada com filho homem normal, o que seria impossível se o gene estivesse no X. 3. Terceiro. Trata-se de herança recessiva, pois existe casal normal com filho afetado e a herança é ligada ao sexo (ao X), pois, além de afetar principalmente homens, a única menina afetada possui pai afetado. 4. Quarto. Trata-se de herança dominante, pois sempre que nasce uma criança afetada, pelo menos um dos pais é afetado e a herança é autossômica, pois o pai afetado III-4 teve filha normal e a mãe II-6 normal teve filho afetado, o que não seria possível se o gene estivesse no X. 5. Quinto. Trata-se de herança dominante, pois existe casal afetado com filhos normais e a herança é autossômica, pois existe pai afetado com filha normal e a mãe normal com filho afetado, o que não seria possível se o gene estivesse no X. 6. Sexto. Terceiro. Trata-se de herança recessiva, pois existe casal normal com filho afetado e a herança é ligada ao sexo (ao X), pois essa herança é mais comum em homens e o heredograma só afeta homens. 7. Sétimo. Trata-se de herança restrita ao sexo, pois só afeta homens e todos os homens da mesma família são afetados. 8. Oitavo. Terceiro. Trata-se de herança recessiva, pois existe casal normal com filho afetado e a herança é ligada ao sexo (ao X), pois essa herança é mais comum em homens e o heredograma só afeta homens. 9. Nono. Trata-se de herança dominante, pois sempre que nasce uma criança afetada, pelo menos um dos pais é afetado e a herança é ligada ao sexo (ao X), pois o pai afetado (X A Y) apresenta todas as filhas afetadas e a mãe normal (X a X a ) apresenta pai e filhos homens normais. 10. Décimo. Trata-se de herança recessiva, pois existe casal normal com filho afetado e a herança é ligada ao sexo (ao X), pois, além de afetar principalmente homens, a única menina afetada possui pai afetado. 1

2 CAPÍTULO12 INTERAÇÃO GÊNICA EPISTÁTICA E QUALITATIVA 1. E 2. D 3. A 4. E 5. B 6. A 7. C 8. E. Na última etapa é p e não P. 9. D 10. B. Em F2 é 9:7 EXECÍCIOS DISCURSÍVOS 1. Os pais são RrEe x Rree, pela proporção obtida. 2. Legenda: E_B_ = Pretos; E_bb = Marrons; ee = Dourados. Casal: Macho ee x Fêmea E _ bb Para nascer preto, o macho tem que ter B e para nascer marrom, ele tem que ter b. Portanto, o macho é eebb. 3. O cruzamento ocorrido foi de um macho bbee com uma fêmea BBee e todos os filhotes serão BbEe (pretos). Diante disso, analise as frases, faça os cruzamentos e veja as frases I, II e III estão corretas. A Frase IV está errada, pois para nascer chocolate deve ser bbe _ = ¼ x ¾ = 3/ Legenda: C_pp, ccp_, ccpp = Brancas; C_ P_ = Púrpura. O cruzamento que fornece a proporção de 3 brancas para 1 colorida é Ccpp x ccpp. 5. Pleiotropia é quando um par de genes atua determinando duas ou mais características. Exemplo: Síndrome de Marfan e Anemia Falciforme. CAPÍTULO 13 INTERAÇÃO GÊNICA QUANTITATIVA 1. D. O cruzamento entre híbridos fornece todos os tipos de descendentes. Como são 10 genes, teremos 11 fenótipos. Faltou o 11 da letra D. 2. C. 3. E. 4. B 5. D 6. C 7. B 8. D 9. B 10. C 1. Faça o quadrado de Punnet e veja que a chance de nascer branco (aabb) é 1/8. Portanto, a chance de nascer vermelho é 7/8. 2. O peso das sementes não depende de apenas um par de genes. Trata-se de um caso de interação entre vários pares de genes. 1. Legenda: AABB = 1,60m e aabb = 1,0m Casal: AaBB x aabb Gametas: AB e ab ; ab 2

3 Filhos: Gametas AB ab ab AaBb aabb - 50% 1,30m (AaBb) e 50% aabb 3. AABB = 20cm e aabb = 10cm As plantas de 15 são diíbridas (faltou essa informação) Cada alelos maiúsculo contribui com 2,5cm. Para medir 17,5cm deve apresentar 3 alelos maiúsculos (AABb e AaBB). Faça o quadrado de Punnet e obtenha 4/ AABBCC = 3.000g e aabbcc = 1.500g. Cada alelo maiúsculo contribui com 250g (1500 /6). A F1 será formada por frutos AaBbCc = 2.250g CAPÍTULO 14 GENES LIGADOS (Linkage) E PERMUTAÇÃO (Crossing-over) 01. D 02. A 03. C 04. A 05. A) RS, Rs, rs e rs ; RS e rs 06. C 07. C 08. B 09. D 10. E. 1. Se a distância é de 20, teremos 20% de frequência de permuta gênica e 20% de gametas recombinantes. Já que a mulher é trans (Dh/dH), os gametas recombinantes serão 10% DH e 10% dh. Estes últimos X d X h, esperasse que metade seja fecundado por espermatozoide com cromossomo Y. Portanto, 5% é a frequência de machos esperados afetados pelos dois caracteres. 2. A partir desses resultados, concluímos que o genitor parental colorido liso é trans (Br/bR), pois os descendentes em maiores quantidades produziam sementes coloridas e rugosas e também sementes brancas e lisas. A distância entre os genes B e R, por convenção, é igual a frequência de permuta gênica que é igual ao percentual de gametas recombinantes. Os gametas recombinantes originaram os filhos em menores quantidades. Então a distância é 300/800 = 0,375 morganídeos. 3. Na meiose, 100 células vão originar 400 gametas. Se 20% das 100 células sofrerem permutação, teremos 10% de gametas recombinantes, 40 gametas. 4. A frequência de permutação entre B e A é igual entre A e B, portanto X=20% A frequência de permutação entre B e C é igual entre C e B, portanto Y=15%. Pode ser confirmado pelas distâncias entre os genes, no mapa cromossômico abaixo da tabela. 5. Inicie pela maior distância e faça o restante por tentativas. O mapa cromossômico é: A D B C CAPÍTULO 15 MUTAÇÕES CROMOSSÔMICAS 01. D 02. O número diploide de um organismo é 8. Diga quantos cromossomos podemos encontrar em: A) um monoploide = 4. B) um monossômico = 7. 3

4 2. D 3. C 4. A 6, E 7 B 8. B 9. A 10 B C) um triploide = 12. D) um trissômico = 9. E) um nulissômico = O indivíduo apresenta a síndrome de Klinefelter (47,XXY) e pode ser identificada pelo exame do líquido amniótico (Amniocentese). Respostas: a) Síndrome de Down = 47,XY +21 ; Síndrome de Turner = 45,XO e Síndrome de Klinefelter = 47,XXY. b) É uma aneuploidia do tipo Monossomia. c) Trissomia do cromossomo 21. Síndrome de Down = 47,XY Ocorreu uma fecundação normal e originou um zigoto masculino (46,XY). Pode ter ocorrido erro na primeira mitose e um cromossomo Y não duplicou originando dois blastômeros diferentes: 46,XY (menino normal) e 45,X0(menina com Turner). 3. Tanto o gameta masculino pode ter trazido um X e um Y, como o gameta feminino pode ter trazido dois X. 4. Os gametas possíveis são :X e AYY ou AXY e AY. 5. Quem apresenta síndrome de Down apresenta 47 cromossomos e pode produzir gametas com 23 e com 24 cromossomos. Os gametas com 23 cromossomos, ao serem fecundados, vão originar filhos normais. 5. Os eventos 2 e 3, pois estão formando gametas com dois cromossomos de um mesmo par. O evento 1 está normal e o evento 4 representa uma mitose. 6. Representam Trissomia e Monossomia, respectivamente. 7. Deleção intercalar. 8. As figuras representam, respectivamente: Inversão paracêntrica, Deleção intercalar, Translocação símples, Inversão pericêntricas e Translocação recíproca. 4

5 APOSTILA TURMA DE MEDICINA MÓDULO II 1. A 2. B 3. E 4. D 5. C 6. A. 7. C ENGENHARIA GENÉTICA - PARTE I - CAPÍTULO 16 BIOTECNOLOGIAS ENVOLVENDO DNA Prof. James Scandian 8. B 9. A 10. D. 11. (43) Na frase 2 a palavra alienígena está no sentido de gene estranho, de fora. 12. C 13. B. 14. D 15. C 16. D PARTE II CÉLULAS-TRONCO E CLONAGEM 1. D 2. VVVVV 3. D 4. A 5. D 6. E. Corrigindo as letras d e e. Saíram com erros. d) todo o DNA da nova célula (4) formada na clonagem citada no texto será igual ao da célula doadora do núcleo. e) 1 e 5 podem ser considerados clones. 7. D 8. C 9. D 10. B 11. D 12. C 13. B 14. E 15. E 1

6 RESPOSTAS - 1. a) II, III e IV b) Zero. Os filhos do casal (I x III) só poderiam herdar um dos dois marcadores presentes no genitor I. 2. a) O Pai porque a criança possui apenas 1 cromossomo 21 materno, que é representado pelo fragmento de 7 Kb e dois paternos representados pelos fragmentos de 4 e 5 Kb. b) Divisão I porque a criança possui 2 cromossomos 21 distintos, representados pelos fragmentos de 4 e 5 Kb. Se o erro fosse na meiose II, os pares de homólogos teriam se separados e a criança teria apenas o fragmento de 4Kb ou o de 5 Kb. c) A criança está normal, pois apresenta fragmentos de 6 e 4 Kb, indicando que recebeu um cromossomo 21 paterno e um materno. 3. a) O filho 1 é do outro homem porque não há coincidência de bandas do DNA com as do marido, ou seja, alguns fragmentos de DNA da criança que não são provenientes da mãe não estão também no marido e sim no outro homem. Já o filho 2 é do marido, pois as bandas são coincidentes, ou seja, alguns fragmentos de DNA da criança que não são provenientes da mãe estão no marido e não no outro homem. b) Não, pois o DNA mitocondrial só tem origem materna. 4. a) Alfredo. b) por que não pôde o juiz se pronunciar sobre a paternidade da outra criança? Porque Renato possui pais iguais geneticamente, não sendo possível diferenciá-los pelo teste de DNA. 5. São usadas para teste de DNA; sequenciamento de bases de todos os genes do Projeto genoma humano; Tecnologia do DNA recombinante com criação de bactérias e vírus com genes de interesse para estudo (biblioteca de genes), criação de bactérias produtoras de biofármacos, clonagem de DNA e criação de transgênicos. 6 a) Tecnologia do DNA recombinante. b1) ETAPA II. b2) ETAPA I. b3) ETAPA III. c) Organismos ou indivíduos em que genes de uma outra espécie são deliberadamente introduzidos por meio de engenharia genética. 7. a) A planta irá brilhar. a) Transgênica e técnica do DNA-recombinante. 8. a) O camundongo 2, não transgênico, apresenta maior aumento corporal, pois sua hipófise secreta normalmente o hormônio do crescimento. b) O camundongo 1, geneticamente modificado, produz maior quantidade de hormônio do crescimento, pois apresenta uma cópia extra do gene que codifica sua produção. 9. 2

7 APOSTILA TURMA DE MEDICINA MÓDULO II a) Transgênico. b) Durante a microinjeção de um gene e poderia ser usado o plasmídeo. 10. Somente as frases III e IV estão erradas e podem ser assim corrigidas: III. Patógenos vivos atenuados (enfraquecidos) podem ser usados como vacina, pois vão determinar imunidade. IV. Os antígenos produzidos pelo DNA plasmidial são capazes de estimular a produção de anticorpos. 11. a) Terapia gênica. b) O esquema mostra vírus sendo introduzidos em células do paciente, provavelmente atuando como vetores para alguma terapia gênica. O novo gene estará dentro da célula do próprio paciente, não ativando nenhum tipo de resposta imunológica. 12. a) Nas células da medula óssea existem células precursoras dos eritrócitos. Após receberem a cópia do gene, que codifica a cadeia peptídica da hemoglobina, essas células se diferenciarão em eritrócitos que produzirão a hemoglobina normal. b) O retrovírus modificado mostrado no esquema II, pois ele apresenta o trecho X que é necessário para a formação de novos vírus que serão posteriormente modificados para a próxima etapa (introduzir nas células que voltarão para o paciente). c) O retrovírus modificado mostrado no esquema IV. Essa partícula viral tem a capacidade de inserir a cópia do gene da cadeia β da hemoglobina no cromossomo das células hospedeiras, porque contém as enzimas transcriptase reversa e integrase. Além disso, não tem a capacidade de produzir novas partículas virais que infectariam as outras células do paciente, pois o trecho X do ácido nucléico do vírus original foi retirado. 13. Não há possibilidade de nascer uma criança não hemofílica, pois ambos os pais são hemofílicos e a terapia genética altera somente células somáticas e os gametas são produzidos por células da linhagem germinativa que continuam com o gene defeituoso. 14. a) Não, pois apenas metade dos cromossomos estará presente em um ovócito e não é garantido que a outra metade estará presente no outro ovócito. b) O filhote terá DNA mitocondrial de A e de B, pois foi introduzida uma célula somática inteira de A com citoplasma no ovócito de B com citoplasma. c) Não, pois as influências do meio interagindo com o fenótipo pode manifestar diferentes fenótipos. d) O filhote é dito clone de A por apresentar o mesmo genoma nuclear que esta. 15. São normais porque o DNA de células somáticas de um indivíduo normal contém todos os genes necessários à formação do indivíduo. São idênticos porque o DNA de uma célula somática é idêntico ao DNA de qualquer outra célula somática do mesmo indivíduo. 16. a) As células-tronco e as células da medula de um mesmo indivíduo apresentam o mesmo genoma, mas têm conjuntos gênicos ativos distintos. b) Homólogas, que são as células retiradas do próprio indivíduo. Se fossem células de algum embrião congelado, seriam células tronco heterólogas. c) Não, pois o fato de estarem em estágio inicial de desenvolvimento não interfere, pois são células que já existiam na mesmo indivíduo. 3