Прыклады рашэння задач
| Сайт: | Профильное обучение |
| Курс: | Біялогія. 11 клас |
| Книга: | Прыклады рашэння задач |
| Напечатано:: | Гость |
| Дата: | Воскресенье, 5 Май 2024, 08:41 |
Задачы да 1 раздзела
§ 3 ● У лабараторыі сінтэзавалі трыпептыд, у састаў якога ўвайшлі астаткі адной і той жа амінакіслаты. Вызначце малекулярную масу выкарыстанай амінакіслаты, калі малекулярная маса трыпептыда роўна 405.
Рашэнне
1. Трыпептыд утвораны трыма амінакіслотнымі астаткамі, значыць, ён змяшчае дзве пептыдныя сувязі. Пры ўтварэнні кожнай з іх выдзялялася малекула вады:
3 амінакіслаты → трыпептыд + 2H2O.
Сумарная малекулярная маса прадуктаў рэакцыі складае:
M(трыпептыда) + M(2H2O) = 405 + 2 · 18 = 441.
2. Паводле закону захавання масы сумарная малекулярная маса зыходных рэчываў (трох аднолькавых малекул амінакіслот) таксама роўна 441. Значыць, малекулярная маса выкарыстанай амінакіслаты роўна:
М(амінакіслоты) = 441 : 3 = 147.
Адказ: малекулярная маса выкарыстанай амінакіслаты роўна 147.
§ 5 ● У арганізме поўнае акісленне пры ўдзеле кіслароду прайшло 72 г глюкозы. Вызначыце масу (г) утворанай вады. Колькі энергіі (кДж) вызвалілася, калі пры акісленні 1 г глюкозы вылучаецца 17,6 кДж?
Рашэнне
1. Запішам ураўненне поўнага акіслення глюкозы пад дзеяннем кіслароду:
С6Н12О6 + 6О2 → 6СО2 + 6Н2О.
2. Знойдзем колькасць (моль) выкарыстанай глюкозы:
М(С6Н12О6) = 12 · 6 + 1 · 12 + 16 · 6 = 180 г/моль.
n(С6Н12О6) = m : M = 72 г : 180 г/моль = 0,4 моль.
3. Вызначым масу ўтворанай вады. Пры акісленні 1 моль глюкозы ўтвараецца 6 моль вады. Значыць, пры акісленні 0,4 моль глюкозы ўтварылася 6 · 0,4 = 2,4 моль вады.
М(Н2О) = 18 г/моль.
m(Н2О) = n · M = 2,4 моль · 18 г/моль = 43,2 г.
4. Разлічым колькасць вызваленай энергіі. Пры акісленні 1 г глюкозы вылучаецца 17,6 кДж. Такім чынам, пры акісленні 72 г глюкозы вызвалілася: 72 · 17,6 кДж = 1267,2 кДж.
Адказ: маса вады роўна 43,2 г, вызвалілася 1267,2 кДж энергіі.
§ 7 ● Участак аднаго з ланцугоў малекулы ДНК мае наступную паслядоўнасць нуклеатыдаў: А Г Г Т Ц А А Ц Т. Вызначыце нуклеатыдную паслядоўнасць участка другога ланцуга ДНК, камплементарнага дадзенаму.
Рашэнне
У малекуле ДНК адэнін камплементарны тыміну, а гуанін — цытазіну. Значыць, камплементарны ўчастак мае наступную паслядоўнасць нуклеатыдаў: Т Ц Ц А Г Т Т Г А.
Адказ: нуклеатыдная паслядоўнасць камплементарнага ўчастка: Т Ц Ц А Г Т Т Г А.
● Фрагмент малекулы ДНК (двайной спіралі) мае даўжыню 68 нм і змяшчае 120 адэнілавых нуклеатыдаў (А). Разлічыце працэнтнае ўтрыманне ўсіх тыпаў нуклеатыдаў, якія ўваходзяць у састаў дадзенага фрагмента ДНК.
Рашэнне
1. Знойдзем агульную колькасць нуклеатыдаў у дадзеным фрагменце ДНК. Адзін віток двайной спіралі ДНК змяшчае 10 пар нуклеатыдаў і мае даўжыню 3,4 нм. Такім чынам, адна пара нуклеатыдаў займае ўчастак ДНК даўжынёй 0,34 нм. Значыць, дадзены фрагмент змяшчае: 68 : 0,34 = 200 пар нуклеатыдаў = 400 нуклеатыдаў.
2. Працэнтнае ўтрыманне адэнілавых нуклеатыдаў у гэтым фрагменце: А = 120 : 400 · 100 % = 30 %. Згодна з правілам Чаргаффа ў малекуле ДНК А = Т, Г = Ц. Значыць, А = Т = 30 %. На астатнія нуклеатыды (Г і Ц) прыпадае: 100 % – 30 % – 30 % = 40 %. Г = Ц = 40 %: 2 = 20%.
Адказ: А = 30 %, Т = 30%, Г = 20 %, Ц = 20 %.
Задачы да раздзела 2
§ 18 ● Яйкаклетка кукурузы змяшчае 10 храмасом. Колькі даччыных клетак утвараецца пры дзяленні саматычнай клеткі кукурузы шляхам мітоза? Шляхам меёзу? Якую колькасць храмасом будуць утрымліваць даччыныя клеткі ў кожным выпадку?
Рашэнне
1. Яйкаклеткі — палавыя клеткі, яны маюць гаплоідныі (1n) набор храмасом. Такім чынам, для кукурузы 1n = 10. Саматычная клетка кукурузы змяшчае дыплоідны набор храмасом: 2n = 20.
2. У выніку мітоза з адной мацярынскай клеткі ўтвараюцца дзве даччыныя з такім жа наборам храмасом. Значыць, з адной саматычнай клеткі ўтвараюцца дзве, у кожнай будзе ўтрымлівацца па 20 храмасом. У выніку меу з адной мацярынскай клеткі ўтвараюцца чатыры даччыныя клеткі з паменшаным у два разы наборам храмасом. Такім чынам, з саматычнай клеткі (2n) утвараюцца чатыры даччыныя з гаплоідным (1n) наборам — па 10 храмасом у кожнай.
Адказ: пры дзяленні мітозам утвараюцца дзве даччыныя клеткі, якія змяшчаюць па 20 храмасом. Пры дзяленні меуозам утвараюцца чатыры даччыныя клеткі, па 10 храмасом у кожнай.
§ 19 ● Карыятып ваўка прадстаўлены 78 храмасомамі. Чаму роўна колькасць храмасом (n) і храматыд (с):
а) у саматычнай клетцы ваўка на працягу постсінтэтычнага перыяду інтэрфазы;
б) у сперматазоідзе ваўка;
в) каля кожнага полюса клеткі кішэчніка ў канцы анафазы мітозу;
г) у даччыных клетках, якія ўтварыліся пасля меёзу I?
Рашэнне
1. Клеткі цела ваўка змяшчаюць дыплоідны набор храмасом. Такім чынам, карыятып ваўка 2n = 78.
2. Саматычныя клеткі ў G2-перыядзе змяшчаюць набор 2n4c, што для ваўка састаўляе 78 храмасом, 156 храматыд. сперматазоіды ўтвараюцца ў выніку меёзу, значыць, іх набор 1n1c — 39 храмасом і 39 храматыд (храматыды ўяўляюць сабой даччыныя храмасомы). Клетка кішэчніка — саматычная, у канцы анафазы мітозу каля кожнага полюса знаходзіцца 2n2с, г. зн. 78 храмасом і 78 храматыд. Набор даччыных клетак пасля меёзу I састаўляе 1n2с або 39 храмасом, 78 храматыд.
Адказ: а) n = 78, с = 156; б) n = 39, c = 39; в) n = 78, c = 78; г) n = 39, c = 78.
Задачы да раздзела 3
§ 21 ● Колькі грамаў кіслароду неабходна для поўнага акіслення 360 г глюкозы? Якую колькасць АТФ (моль) атрымае арганізм пры такім акісленні?
Рашэнне
1. Знойдзем колькасць глюкозы (моль), якая падверглася поўнаму акісленню:
М(С6Н12О6) = 12 · 6 + 1 · 12 + 16 · 6 = 180 г/моль.
n(С6Н12О6) = m : M = 360 г : 180 г/моль = 2 моль.
2. Сумарнае ўраўненне аэробнага дыхання:
С6Н12О6 + 6О2 + 38АДФ + 38Н3РО4 → 6СО2 + 6Н2О + 38АТФ.
Для поўнага акіслення 1 моль глюкозы неабходна 6 моль кіслароду, пры гэтым арганізм атрымлівае 38 моль АТФ. Такім чынам, для поўнага акіслення 2 моль глюкозы спатрэбіцца 12 моль кіслароду, энергетычны выхад пры гэтым складзі 76 моль АТФ.
3. Разлічым масу кіслароду:
М(О2) = 16 · 2 = 32 г/моль.
m(О2) = n · M = 12 моль · 32 г/моль = 384 г.
Адказ: неабходна 384 г кіслароду, арганізм атрымае 76 моль АТФ.
§ 21-1 ● У арганізме чалавека пры інтэнсіўнай мышачнай рабоце было выкарыстана 0,1 моль глюкозы. Пры гэтым поўнаму аэробнаму расшчапленню падверглася толькі 60 % глюкозы, а астатняя частка была расшчэплена падчас браджэння. Якую максімальную колькасць АТФ (моль) змог атрымаць арганізм?
Рашэнне
1. Для поўнага акіслення спатрэбілася: 0,1 моль · 60 % : 100 % = 0,06 моль глюкозы. У ходзе браджэннявыкарыстана: 0,1 моль – 0,06 моль = 0,04 моль глюкозы.
2. Сумарнае ўраўненне аэробнага дыхання:
С6Н12О6 + 6О2 + 38АДФ + 38Н3РО4 → 6СО2 + 6Н2О + 38АТФ.
Энергетычны выхад поўнага акіслення 1 моль глюкозы складае 38 моль АТФ, значыць, пры поўным акісленні 0,06 моль глюкозы арганізм атрымлівае: 38 · 0,06 = 2,28 моль АТФ.
3. У мышцах чалавека пры дэфіцыце кіслароду працякае малочнакіслае закісанне:
С6Н12О6 + 2АДФ + 2Н3РО4 → 2С3Н6О3 + 2АТФ.
Пры расшчапленні 1 моль глюкозы да малочнай кіслаты арганізм атрымлівае 2 моль АТФ. Такім чынам, энергетычны выхад расшчаплення 0,04 моль глюкозы складае 0,08 моль АТФ.
4. Знойдзем агульную колькасць АТФ: 2,28 моль + 0,08 моль = 2,36 моль.
Адказ: арганізм змог атрымаць 2,36 моль АТФ.
§ 22-1 ● Колькі вуглякіслага газу (кг) было паглынута раслінамі ў працэсе фотасінтэзу, калі вядома, што імі было сінтэзавана 900 г глюкозы?
Рашэнне
1. Знойдзем колькасць (моль) сінтэзаванай глюкозы:
М(С6Н12О6) = 12 · 6 + 1 · 12 + 16 · 6 = 180 г/моль.
n(С6Н12О6) = m : M = 900 г : 180 г/моль = 5 моль.
2. Агульнае ўраўненне фотасінтэзу:
6СО2 + 6Н2О → С6Н12О6 + 6О2.
Для сінтэзу 1 моль глюкозы неабходна 6 моль СО2. Значыць, для ўтварэння 5 моль глюкозы патрэбна 5 · 6 = 30 моль СО2.
3. Вызначым масу паглынутага СО2:
М(СО2) = 12 + 16 · 2 = 44 г/моль.
m(СО2) = n · M = 30 моль · 44 г/моль = 1320 г = 1,32 кг.
Адказ: расліны паглынулі 1,32 кг вуглякіслага газу.
§ 23 ● Малекула бялку складаецца з 180 рэшткаў амінакіслот. Якую даўжыню (нм) мае ген, што кадзіруе дадзены бялок? Стартавы кадон і стоп-кадон пры разліках не ўлічвайце.
Рашэнне
1. Вызначым колькасць нуклеатыдаў у адпаведнай мРНК. Кожная амінакіслата кадзіруецца трыплет-спалучэннем з трох нуклеатыдаў. Такім чынам, мРНК утрымлівае 180 трыплетаў або 180 · 3 = 540 нуклеатыдаў. Ва ўмове задачы паказана, што стартавы кадон і стоп-кадон улічваць не трэба, таму мы не прыбаўляем яшчэ 2 трыплеты (6 нуклеатыдаў).
2. Паколькі мРНК змяшчае 540 нуклеатыдаў, адпаведны ген (участак малекулы ДНК) змяшчае 540 пар нуклеатыдаў. Віток двайной спіралі ДНК змяшчае 10 пар нуклеатыдаў і мае даўжыню 3,4 нм, г. зн. адна пара нуклеатыдаў займае ўчастак ДНК даўжынёй 0,34 нм. Такім чынам, участак малекулы ДНК, які змяшчае 540 пар нуклеатыдаў, мае даўжыню: 540 · 0,34 = 183,6 нм.
Адказ: ген мае даўжыню 183,6 нм.
§ 24-1 ● Устанавіце паслядоўнасць антыкадонаў тРНК, што ўдзельнічаюць у сінтэзе пептыду, калі адпаведны ланцуг малекулы ДНК, які не транскрыбіруецца, змяшчае паслядоўнасць нуклеатыдаў Ц А Т Ц Ц Т А Т Г Ц Т Ц Т А Г. З дапамогай табліцы генетычнага кода вызначыце паслядоўнасць амінакіслотных астаткаў дадзенага пептыду.
Рашэнне
1. Па прынцыпе камплементарнасці ўстановім паслядоўнасць нуклеатыдаў ланцуга ДНК, які транскрыбіруецца, і адпаведнай мРНК (улічваючы, што ў малекуле РНК замест тыміну змяшчаецца ўрацыл). Затым з дапамогай табліцы генетычнага кода вызначым структуру закадзіраванага пептыду.
|
Ланцуг ДНК, які не транскрыбіруецца: |
Ц А Т |
Ц Ц Т |
А Т Г |
Ц Т Ц |
Т А Г |
|
|
Ланцуг ДНК, які транскрыбіруецца: |
Г Т А |
Г Г А |
Т А Ц |
Г А Г |
А Т Ц |
|
|
мРНК (іРНК): |
Ц А У |
Ц Ц У |
А У Г |
Ц У Ц |
У А Г |
|
|
Пептыд: |
Гіс—–Пра—–Мет—–Лей |
стоп |
||||
2. Запішам антыкадоны адпаведных тРНК. Пры гэтым не забываем, што малекул тРНК, антыкадоны якіх адпавядалі б стоп-кадонам, не існуе.
|
Антыкадоны тРНК: |
Г У А |
Г Г А |
У А Ц |
Г А Г |
– |
Адказ: паслядоўнасць антыкадонаў тРНК: Г У А, Г Г А, У А Ц, Г А Г.
Паслядоўнасць амінакіслотных астаткаў пептыду: Гіс—–Пра—–Мет—–Лей.
Задачы да раздзела 6
§ 31 ● У чалавека ўменне лепш валодаць правай рукой (праварукасць) поўнасцю дамінуе над леварукасцю. Жанчына-праўша, бацька якой быў леварукім, выйшла замуж за мужчыну-ляўшу. Якая верагоднасць нараджэння ў гэтай сям’і дзіцяці-ляўшы?
Рашэнне
1. Увядзём абазначэнні генаў:
А — праварукасць (праўша);
а — леварукасць (ляўша).
2. Вызначым генатыпы бацькоў і запішам ход скрыжавання. Жанчына праўша, значыць, яна можа мець генатып АА ці Аа. Ва ўмове таксама сказана, што яе бацька быў ляўшой (генатып аа), значыць, дачка ўнаследавала ад яго ген а. Такім чынам, генатып жанчыны Аа. Генатып яе мужа аа, паколькі па ўмове задачы ён ляўша. Скрыжаванне можна запісаць любым спосабам (на выбар):
3. Такім чынам, расшчапленне па фенатыпе (і па генатыпе) у патомстве склала 1 : 1. Верагоднасць нараджэння дзіцяці-правшы-50 %, ляўшы-таксама 50 %.
Адказ: верагоднасць нараджэння дзіцяці-ляўшы — 50 %.
§ 32 ● Усе нашчадкі, атрыманыя ад скрыжавання раслін ільвінага зеву з шырокімі і вузкімі лістамі, маюць сярэднія па шырыні лісты. У выніку скрыжавання раслін з сярэднімі лістамі атрымана 80 раслін ільвінага зеву. Колькі з іх мае вузкія лісты, калі расшчапленне адпавядае тэарэтычна чаканаму? Як наследуецца шырыня лістоў ільвінага зеву?
Рашэнне
1. Гены, якія вызначаюць шырыню лістоў ільвінага зеву, узаемадзейнічаюць па тыпе няпоўнага дамінавання, паколькі ў гібрыдаў праяўляецца прамежкавая прымета — сярэднія лісты. Значыць, расліны з сярэднімі лістамі — гетэразіготы.
2. З умовы задачы невідавочна, якая прымета з’яўляецца дамінантнай (шырокія лісты ці вузкія), а якая — рэцэсіўнай. Пры няпоўным дамінаванні гэта не важна, паняцці «дамінантны» і «рэцэсіўны» ў дадзеным выпадку выкарыстоўваюцца толькі для зручнасці (у адрозненне ад поўнага дамінавання). Дапусцім, дамінантны ген вызначае шырокія лісты, а рэцэсіўны — вузкія (можна абазначыць гены «наадварот», адказ задачы ад гэтага не зменіцца). Увядзём абазначэнні генаў, пакажам фенатып гетэразіготных раслін:
А — шырокія лісты;
а — вузкія лісты;
Аа — сярэднія лісты.
3. Запішам ход скрыжавання раслін з сярэднімі лістамі:
4. У патомстве назіраецца расшчапленне 1 : 2 : 1. Агульная колькасць нашчадкаў — 80, пры гэтым вузкія лісты наследуе 25 %. Значыць, колькасць раслін з вузкімі лістамі: 80 · 25 % : 100 % = 20.
Адказ: шырыня лістоў ільвінага зеву наследуецца па тыпе няпоўнага дамінавання, вузкія лісты мае 20 раслін.
● Мужчына з кроўю I групы ажаніўся з жанчынай, якая мае кроў IV групы. Якая верагоднасць нараджэння ў гэтай сям’і дзіцяці з кроўю: а) I групы; б) II; в) III; г) IV?
Рашэнне
1. Групы крыві па сістэме АВ0 кантралююцца трыма генамі, два з якіх узаемадзейнічаюць па тыпе кадамінавання, што прыводзіць да з’яўлення крыві IV групы. Увядзём абазначэнні, пакажам адпаведныя прыметы (не забываючы пра IV групу крыві):
I0 — I група крыві;
IA — II група крыві;
IB — III група крыві;
IAIB — IV група крыві.
2. Генатып чалавека з IV групай крыві — толькі IAIB, з I — толькі I0I0, іншыя варыянты выключаны. Запішам ход скрыжавання:
3. Расшчапленне ў патомстве 1 : 1. Верагоднасць нараджэння дзіцяці з кроўю II групы — 50 %, III — 50 %. З’яўленне дзяцей з кроўю I ці IV груп у гэтай сям’і немагчымае.
Адказ: а) 0 %; б) 50 %; в) 50 %; г) 0 %.
§ 33 ● У чалавека рэзус-дадатнасць поўнасцю дамінуе над рэзус-адмоўнасцю. У сям’і, дзе абодва бацькі рэзус-дадатныя, у маці кроў I групы, а ў бацькі — III, нарадзілася рэзус-адмоўнае дзіця з кроўю I групы. Якая верагоднасць нараджэння ў гэтых бацькоў рэзус-дадатнага дзіцяці з кроўю III групы?
Рашэнне
1. Увядзём абазначэнні генаў:
I0 — I група крыві;
IA — II група крыві;
IB — III група крыві;
IAIB — IV група крыві;
D — рэзус-дадатнасць (Rh+);
d — рэзус-адмоўнасць (Rh–).
2. Вызначым генатыпы бацькоў. Па ўмове задачы ў рэзус-дадатнай маці кроў I групы, што дазваляе запісаць частку яе генатыпу (фенатыпічны радыкал) наступным чынам: I0I0D— (або 
). У рэзус-дадатнага бацькі кроў III групы — запішам частку яго генатыпу ў выглядзе: IB—D— (або 
). Ва ўмове сказана, што ў гэтых бацькоў ёсць рэзус-адмоўнае дзіця з кроўю I групы — яго генатып I0I0dd (или 
). У дзіцяці ў кожнай алельнай пары адзін з генаў атрыманы ад маці, другі — ад бацькі. Значыць, у абодвух бацькоў у генатыпе ёсць як ген I0, так і ген d. Дапоўнім генатыпы бацькоў адпаведнымі генамі і запішам скрыжаванне:
3. Пабудуем рашотку Пенэта, у ячэйках якой пакажам генатыпы і фенатыпы дзяцей (F1):
4. Разлічым верагоднасць нараджэння рэзус-дадатнага дзіцяці з кроўю III групы: 
· 100 % = 37,5 %.
Адказ: верагоднасць нараджэння рэзус-дадатнага дзіцяці з кроўю III групы роўна 37,5 %.
§ 33-1 ● Фіялетавая афарбоўка пялёсткаў духмянага гарошку вызначаецца ўзаемадзеяннем двух неалельных дамінантных генаў, змешчаных у розных парах храмасом. Пры адсутнасці аднаго з гэтых генаў (ці абодвух) фіялетавы пігмент не сінтэзуецца, і кветкі аказваюцца белымі. У выніку самаапылення дыгетэразіготнай расліны было атрымана 64 нашчадкі. Колькі асобін унаследавала белыя кветкі, калі расшчапленне адпавядала тэарэтычна чаканаму?
Рашэнне
1. Абазначым гены адной алельнай пары як А і а, другой — B і b. Вызначым фенатыпічны радыкал для раслін, якія маюць фіялетавыя кветкі:
А—В— — фіялетавыя кветкі.
Ва ўсіх іншых выпадках кветкі будуць белымі.
2. Запішам скрыжаванне дыгетэразіготных раслін. Рашотку Пенэта ў дадзеным выпадку выкарыстоўваць неабавязкова, бо ва ўмове сказана, што неалельныя гены змешчаны ў розных парах храмасом. Такім чынам, гэтыя гены будуць наследавацца незалежна і камбінавацца ва ўсіх магчымых спалучэннях (трэці закон Мендэля). Таму патомства, атрыманае шляхам самаапылення дыгетэразігот, можна запісаць у выглядзе:
9A—B— : 3A—bb : 3aaB— : 1aabb.
3. Такім чынам, у патомстве назіраецца расшчапленне па фенатыпе ў суадносінах 9 фіялетавых : 7 белым. Доля раслін з белымі кветкамі складае 
. Значыць, з 64 патомкаў белую афарбоўку пялёсткаў унаследавалі: 64 · 7 : 16 = 28 раслін.
Адказ: белыя кветкі ўнаследавалі 28 асобін.
● У гарбуза жоўты колер пладоў дамінуе над зялёным. Дзеянне генаў, якія вызначаюць жоўтую і зялёную афарбоўку, можа быць прыгнечана дамінантным супрэсарам, змешчаным у іншай пары храмасом. Пры яго наяўнасці ў раслін фарміруюцца белыя плады. Якое расшчапленне па фенатыпе будзе назірацца ў патомстве, атрыманым ад скрыжавання дыгетэразіготных раслін, якія маюць белыя плады, з гетэразіготнымі жаўтаплоднымі?
Рашэнне
1. Увядзём абазначэнні генаў:
A — жоўтыя плады;
a — зялёныя плады;
I — белыя плады (супрэсар — прыгнятае гены А і а);
i — не мае фенатыпічнага праяўлення.
2. Дыгетэразіготныя расліны маюць генатып AaIi, гетэразіготныя жаўтаплодныя — Aaii (пры наяўнасці супрэсара I жоўтая афарбоўка не змагла б праявіцца). Запішам скрыжаванне:
3. Такім чынам, сярод нашчадкаў 
будуць мець белыя плады, — жоўтыя і 
— зялёныя.
Адказ: у патомстве будзе назірацца расшчапленне па колеры пладоў у суадносінах 4 белыя : 3 жоўтыя : 1 зялёны.
● Апераныя ногі ў курэй дамінуюць над голымі. Гэта прымета кантралюецца дзвюма парамі алеляў, лакалізаванымі ў негамалагічных храмасомах. Вызначана, што дадзеныя неалельныя гены ўзаемадзейнічаюць па тыпе некумулятыўнай полімерыі. Дыгетэразіготная курыца прайшла аналізуючае скрыжаванне. Якая імавернасць (%) з'яўлення ў патомстве асобін з аперанымі нагамі?
Рашэнне
1. Увядзём абазначэнні генаў. Пры гэтым улічваем, што палімерныя гены прынята абазначаць аднолькавымі літарамі з лічбавымі індэксамі (гены кожнай алельнай пары павінны мець аднолькавы індэкс):
А1, A2 — апераныя ногі;
a1, a2 — голыя ногі.
2. Дыгетэразіготная курыца (А1а1А2а2) прайшла аналізуючае скрыжаванне, г. зн. скрыжавалі з рэцэсіўным дыгомазіготным самцом — а1а1а2а2. Запішам ход скрыжавання. Пры вызначэнні фенатыпу нашчадкаў не забываем, што тып узаемадзеяння генаў — некумулятыўная полімерыя. Гэта значыць, што ва ўсіх асобін, якія маюць у генатыпе хаця б адзін дамінантны алель, выяўляецца дамінантная прымета — апераныя ногі.
3. У патомстве адбываецца расшчапленне: 
наследуюць апераныя ногі і 
— голыя. Такім чынам, імавернасць з'яўлення асобін з аперанымі нагамі складае 75 %.
Адказ: імавернасць з'яўлення ў патомстве асобін з аперанымі нагамі — 75 %.
§ 34 ● У дразафілы шэрая афарбоўка цела дамінуе над чорнай, а чырвоныя вочы — над пурпурнымі. Гены, якія кантралююць афарбоўку цела і колер вачэй, знаходзяцца ў другой пары храмасом на адлегласці 8 марганід адзін ад аднаго. Самку, гетэразіготную па абедзвюх прыметах (пры гэтым шэрую афарбоўку цела яна ўнаследавала ад аднаго з бацькоў, а чырвоны колер вачэй — ад другога) скрыжавалі з чорным самцом, які мае пурпурныя вочы. Якая імавернасць з'яўлення ў патомстве: а) шэрых асобін з чырвонымі вачамі? б) чорных асобін з чырвонымі вачамі?
Рашэнне
1. Увядзём абазначэнні генаў, вызначым адлегласць паміж імі:
А — шэрае цела;
а — чорнае цела;
В — чырвоныя вочы;
b — пурпурныя вочы;
rfAB = 8 % (8 марганід).
2. Гены, якія вызначаюць афарбоўку цела і колер вачэй, счэплены. Дыгетэразіготная самка ўнаследавала шэрую афарбоўку цела (А) і чырвоныя вочы (В) ад розных бацькоў, таму яе генатып трэба запісаць як: AaBb (або 
). Чорны самец з пурпурнымі вачамі мае генатып aabb (або 
). Запішам скрыжаванне, улічваючы, што ў дыгетэразіготнай самкі ўтвараюцца два тыпы некрасоверных гамет у роўных суадносінах і два тыпы красоверных гамет таксама ў роўных суадносінах. Для зручнасці вылучым красоверныя гаметы і асобіны зорачкамі (*):
3. Разлічым працэнтныя суадносіны асобін у F1. Адлегласць паміж генамі — 8 марганід, значыць, кросінговер паміж імі працякае з імавернасцю 8 %. Такім чынам, агульная колькасць красоверных асобін складзе 8 % (а асобін кожнага фенатыпічнага класа — па 4 %). Агульная колькасць некрасоверных асобін роўна: 100 % – 8 % = 92 % (г. зн. кожны фенатыпічны клас — па 46 %).
Адказ: імавернасць з'яўлення ў патомстве: а) шэрых асобін з чырвонымі вачамі — 4 %; б) чорных асобін з чырвонымі вачамі — 46 %.
§ 35 ● Дальтанізм абумоўлены рэцэсіўным генам, лакалізаваным у Х-храмасоме. У адной сям’і маці хварэе на дальтанізм, а бацька нармальна адрознівае колеры. Якая верагоднасць нараджэння ў гэтай сям’і: а) дзіцяці, якое нармальна адрознівае колеры; б) дальтоніка сярод сыноў?
Рашэнне
1. Увядзём абазначэнні генаў:
А — нармальнае колераадчуванне (норма);
а — дальтанізм.
2. Генатып маці, хворай на дальтанізм, — ХаХа (у храмасомнай форме запісу 
). Генатып здаровага бацькі — ХАY (
). Запішам ход скрыжавання:
3. Верагоднасць нараджэння дзіцяці з нармальным колераадчуваннем — 50 %, прычым гэта толькі дзяўчынкі, і ўсе яны будуць носьбіткамі гена дальтанізму. Усе сыны ў гэтай сям'і — дальтонікі, таму верагоднасць нараджэння дальтоніка сярод сыноў — 100 %.
Адказ: а) верагоднасць нараджэння дзіцяці, якое нармальна адрознівае колеры, — 50 %; б) верагоднасць нараджэння дальтоніка сярод сыноў — 100 %.
● У канарэяк даўжыня дзюбы — аўтасомны прымета, прычым кароткая дзюба дамінуе над доўгай. Зялёная афарбоўка пёраў дамінуе над карычневай, колер апярэння кантралюецца генамі, лакалізаванымі ў Z-храмасоме. Дыгетэразіготнага самца скрыжавалі з зялёнай самкай, якая мае доўгую дзюбу. Якая верагоднасць з'яўлення ў патомства: а) зялёных асобін з кароткай дзюбай? б) карычневых самак з доўгай дзюбай? в) зялёных асобін з доўгай дзюбай сярод самцоў?
Рашэнне
1. Увядзем абазначэнні генаў:
А — кароткая дзюба;
а — доўгая дзюба;
В — зялёная афарбоўка;
b — карычневая афарбоўка.
2. У птушак гетэрагаметнай полам з'яўляюцца самкі, таму генатып зялёнай самкі, якая мае доўгую дзюбу, трэба запісаць як aaZBW (
). Самец дыгетэразіготны — яго генатып AaZBZb (
). Запішам скрыжаванне:
3. Пабудуем рашэтку Пенэта, у якой пакажам генатыпы і фенатыпы патомства (F1):
4. Верагоднасць з'яўлення зялёных асобін з кароткая дзюбай (у дадзеным выпадку поласобін не важны): · 100 % = 37,5 %; карычневых самак з доўгай дзюбай: · 100 % = 12,5 %. Верагоднасць з'яўлення зялёных асобін з доўгай дзюбай сярод самцоў складае 
· 100 % = 
· 100 % = 50 %.
Адказ: а) Зялёных асобін з кароткай дзюбай — 37,5 %; б) карычневых самак з доўгай дзюбай — 12,5 %; в) зялёных асобін з доўгай дзюбай сярод самцоў — 50 %.