produção permuta booger

11
sexo feminino
GENÉTICA
Uni de
da
sexo masculino
criança
indivíduo de sexo desconhecido
Primeira Lei de Mendel e probabilidade associada à Genética 37
um casal
Passo a passo
cruzamento consanguíneo
1.a-II, b-I, c-III, d-IV.
2.Sim. Duas populações geneticamente idênticas expostas à
diferentes condições ambientais podem apresentar respostas diferentes, o que evolutivamente é interessante. Exemplificando: determinada espécie de gafanhoto, quando
solitária, possui asas curtas e coloração uniforme; quando
formam um grupo, asas longas e cores brilhantes. Portanto, a densidade (condição ambiental) determina o fenótipo
do inseto.
3.a)
Ll
LL
ll
L
l
l
7.Em A, a anomalia é recessiva pois:
ll × ll
l
gametas
Aa
Aa
l
ll
genótipo
b)
aa
aa
Ll × ll
gametas
L
genótipos
l
l
Ll
ll
gametas
L
l
L
Aa
Aa
anomalia
anomalia
aa
aa
Em B, a anomalia é dominante pois:
Aa
Aa
Ll × Ll
c)
gêmeos monozigóticos
análise de duas características
tipo de
gametas: L
4.a)
gêmeos dizigóticos
l
genótipos LL, Ll, Ll ll
a) genótipo ll.
b) genótipo Ll, ll.
c) genótipos LL, Ll, ll.
5.Sim, pois: L_ é fenótipo do dominante
ll é fenótipo do recessivo
6.
sexo feminino
sexo masculino
criança
indivíduo de sexo desconhecido
um casal
cruzamento consanguíneo
anomalia
anomalia
Aa
Aa
aa
aa
aa
A_
A_ aa
Conclusão: um caráter é condicionado por genes recessivos
quando pais de mesmo fenótipo têm descendentes com fenótipo diferente do deles.
8. P:
preta × marron
MM × mm
m
gametas
M
F1
Mm × Mm
gametas
M
m M m
F2
MM Mm
F1
genótipo: Mm
fenótipo: pelagem preta (100%)
1
1
1
genótipos:
MM,
Mm,
mm
4
4
2
3
fenótipos:
pelagem preta e
4
1
pelagem marrom
4
F2
Mm mm
Mm
RS homem
1.ª esposa
MM
filhos
MM
ou Mm
T
Mm
RS homem
2.ª esposa
Mm
T filho míope mm
2
Aa
Aa
1.º filho
2
1
1
3
×
×
2
4
vermelha
19. P:
VV
3
aa
Aa
F1:
III
1
3
2
Aa
aa
Aa
F2:
IV
1
aa
2
3
A_ A_
pp
2.º filho
e míope
1
1
3
×
=
2
4
64
× branca
× vv
rosa
Vv × vv
proporção genotípica: 1 Vv; 1 vv
2
2
proporção fenotípica: 1 rosa; 1 branca
2
2
20.50%
21.Corretas: 01, 02, 32 e 64; portanto, soma = 99.
I1, I2, II3, III2, III3.
11.
Aa
e normal
II
aa
Aa
18.
pp
Questões objetivas
pp
pp
pp
1.b
Pp
pp
pp
pp
pp
Pp
P_
Pp
P_
pp
12.1 : 2 : 1 → dominância incompleta
13.Não, quando os eventos são independentes a probabilidade de ambos ocorrerem simultaneamente é igual ao produto de suas probabilidades individuais. Já nos eventos
mutuamente excludentes, a probabilidade de ocorrência
de qualquer um deles é a soma das probabilidades individuais. Assim, exemplificando
Aa × Aa
14.
R|
S|
T
R|
S|
T
Aa × A_
AA e Aa ?
1
1
1
×
=
4
2
8
AA ou Aa
1
2
3
+
=
4
4
4
Aa
gametas
15.b
16.a)
A
a
50%
III1 × III2
qq
Qq
queratose ou normal
1
2
qq × Qq
1
2
= 1 ou 100%
=
2
2
R|
S|
T
b)
+
normal e normal e queratose
1
1
1
×
×
=
2
2
2
Copyright ©
1
8
2.b) A Primeira Lei de Mendel também é conhecida como
Lei da Segregação (separação) dos Fatores, segundo a
qual o par de alelos para determinada característica se
separa na formação dos gametas.
3.d
4.Corretas: 02, 04 e 08; portanto, soma = 14.
5.anáfase I
6.a
7.d) Animais que realizam a troca de sua plumagem ou pelagem de acordo com as estações do ano possuem genes
com as informações para que tal variação ocorra. Essa
troca representa, assim, uma adaptação fenotípica em
resposta à alteração das condições ambientais.
8.d
9.d
10.d
11.Correta: 32; portanto, soma = 32.
12.Corretas: 01, 02, 04, 08, 16 e 64; portanto, soma = 95.
13.d
14.a
15.b
16.b
17.b) O enunciado deixa claro que se trata de um caso de
herança sem dominância, em que o cruzamento entre
dois heterozigotos tem como resultado esperado 1/4 de
plantas com flores vermelhas, 2/4 com flores rosa e 1/4
com flores brancas.
18.c
19.c
20.c
21.b
22.b
23.c
24.d) O enunciado informa que indivíduos homozigotos dominantes (BB) morrem ao nascer. Do casamento de
duas pessoas braquidáctilas (Bb), esperam-se filhos normais, com a probabilidade de 1/3, e filhos braquidáctilos, com a probabilidade de 2/3. Portanto, a probabilidade de nascer uma criança de sexo masculino (1/2) e
braquidáctila (2/3) é obtida pelo produto das probabilidades isoladas, equivalendo, portanto, a 1/2 × 2/3 =
= 1/3.
25.d
26.e
27.e
28.Verdadeiras: 0, 3 e 4.
Falsas: 1 e 2.
29.b
Copyright © 2012 por editora HARBRA ltda. Reprodução e veiculação pela internet proibidas.
10. I
1
17.a
RS
T
9.
BIOLOGIA • volume único • 4.a edição
RS
T
68
Manual do Professor
1.a) A probabilidade de Amy e Matt terem outro filho ou
filha com acondroplasia é de 1/2. Isso porque Matt é
seguramente aa (não tem acondroplasia) e Amy é certamente Aa, já que Jeremy, Molly e Jacob são normais
quanto à referida característica. A probabilidade de o
casal ter uma criança com displasia distrófica é zero,
admitindo-se que Amy seja DD (é dado do problema
que esse tipo de nanismo é ainda mais raro do que a
acondroplasia). Neste caso, não haveria a possibilidade
de o casal gerar um filho dd.
b) A probabilidade de Molly e Jacob terem filhos distróficos ou acondroplásicos, em casamentos com pessoas
normais, é zero. O genótipo de ambos é aaDd, o dos
cônjuges normais é aaDD, e os dos possíveis filhos serão
aaDD ou aaDd, sempre normais.
2.O DNA do feto representa uma nova combinação genômica, originada por metade da quantidade do DNA paterno
com quantidade equivalente de DNA materno.
3.a) P:
aguti × albino
CC × cc
Cc × Cc
F1:
F2:
b)
1
1
1
CC;
Cc;
cc;
2
2
4
aguti, pelo curto
genótipos:
gametas:
c) CcLl × ccll
Cc
Ll
1
1
1
1
CL;
Cl;
cL;
cl
4
4
4
4
Gametas
cl
CL
CcLl
Cl
Ccll
cL
ccLl
cl
ccll
R
S|
T|
Copyright © 2012 por editora HARBRA ltda. Reprodução e veiculação pela internet proibidas.
Questões dissertativas
genótipos
4. Cruzamento-teste: a fêmea com pelagem preta foi cruzada
com indivíduo de genótipo homozigoto recessivo, ou seja,
com pelagem de cor branca.
Fêmea: Bb (heterozigoto)
Descendentes:pelagem preta: Bb
pelagem branca: bb
5.Genótipos com probabilidade 100%:
• A1A1 – II-1 e II-5;
• A1A2 – II-2, II-4, III-3 e III-4;
• A2A2 – IV-6 e IV-7.
Os demais genótipos podem ser A1A1 ou A1A2, não sendo
possível separá-los.
6.a) Não. Gêmeos monozigóticos originam-se a partir de
um único zigoto, ou seja, de um óvulo que foi fecundado por um único espermatozoide. Se, em algum momento do desenvolvimento inicial do embrião, ocorrer
a separação de duas massas celulares distintas, essas poderão dar origem a dois indivíduos idênticos.
69
b) Os gêmeos monozigóticos são geneticamente idênticos
(clones), já que provêm de um mesmo patrimônio genético contido no zigoto do qual se originaram. Quando
há pequenas diferenças físicas entre eles, elas decorrem
de fatores ambientais, e não genéticos.
7.No caso de gêmeos univitelínicos ou monozigóticos ou
idênticos (Figura A), a fertilização ocorre entre um óvulo e
um espermatozoide, enquanto no caso de gêmeos bivitelínicos ou dizigóticos ou fraternos ou não idênticos (Figura B)
ocorre a fertilização de dois óvulos por dois espermatozoides. No desenvolvimento de gêmeos univitelínicos (Figura
A), o zigoto se divide na fase de blastômeros em duas massas celulares que darão origem a dois embriões dentro da
mesma placenta. No caso de gêmeos bivitelínicos (Figura
B), os zigotos têm desenvolvimentos independentes, dentro
de placentas distintas.
Programas de avaliação seriada
1.Corretas: 02, 04 e 08; portanto, soma = 14
2.Corretas: 01, 02 e 08; portanto, soma = 11
3.a
4.e) Trata-se de herança autossômica recessiva, que fica fácil
de ser identificada quando se analisam os cruzamentos
II-1 × II-2, II-2 × II-3 e o descendente IV-2. Os indivíduos I-2 e II-2 expressam a doença e são homozigóticos recessivos. Na construção de um heredograma, o
símbolo que indica gêmeos univitelinos é justamente
aquele usado entre os indivíduos III-4 e III-5. De igual
maneira, a simbologia indicativa da falta de informação
sobre o sexo do descendente é aquela mostrada no indivíduo IV-1. O traço horizontal duplo, como se observa
entre os cônjuges III-2 e III-3, indica que eles são aparentados.
5. e
6. c
7.c
8. b
9.a
10.e
11.e
12.Corretas: 02 e 08; portanto, soma = 10.
13.a) Para chegar a resposta do item (2) 4/9, devemos admitir
que os pais da mulher e do homem sejam heterozigotos,
fato que não é conclusivo. Assim, admitindo-se que o
casal seja heterozigoto:
Aa
Aa
Aa
Aa
mulher
1
1
AA
AA
3
3
2
2
Aa
Aa
3
3
Então, para terem um filho com fibrose cística:
homem
Aa
e 23 j × Aa e 23 j =
4
9
Copyright ©
BIOLOGIA • volume único • 4.a edição
Alelos múltiplos e a herança dos grupos sanguíneos
38
3.
Passo a passo
1.a) Alelos múltiplos.
b) Não, o locus gênico para determinada característica é
ocupado por apenas 2 genes alelos.
c) Sim, pois cada característica é determinada por dois fatores que se separam na formação dos gametas, onde
ocorrem em dose simples.
d) No gameta, apenas um gene. Na célula somática, dois.
2.Para a ocorrência de aglutinação, as transfusões deverão
provocar no receptor reações do tipo antígeno-anticorpo,
fato que nem sempre acontece.
Grupo
sanguíneo
Genótipo
Aglutinogênio
Aglutinina
A
IAIA
IAi
A
anti-B
B
IBIB
IBi
B
anti-A
AB
IAIB
AeB
(—)
(—)
anti-A
anti-B
O
ii
4.Como o volume sanguíneo transfundido é pequeno, as aglutininas anti-A se diluem no volume de sangue do receptor, que é
muito maior. Dessa forma os anti-A não se “encontram” com os aglutinogênios A.
5.a) himalaio heterozigoto
×
albina
ChCa
ChCa
Probabilidade de ocorrência de selvagem = zero
b) 1.o albino
e
2.o himalaio
1
2
1
1
=
2
4
o
o
c)
2.
3.o
1.
macho e albino macho e albino fêmea e albina
×
1
1
1
1
×
×
×
2
2
2
2
6.Possíveis cruzamentos:
Cch × Cch e Cch × Cca
7.gametas
IAi
×
IBi
IA i
×
1
2
×
1
2
=
1
64
× IB i
fenótipos
AB, A, B, O
8.A mãe é do grupo B. Pelo resultado do cruzamento, o pai só pode ser AB. Assim,
mãe
pai
IA
IBi × IAiB
gametas IB i
9. I: E; II: E e III: C
10. II
IA IB
A
1
IBi
2
IAi
e
1
2
11.
×
A
1
1
=
4
8
B
i
A
B
O, Rh+
ii, Rr
Genótipos
Fator Rh
nas hemácias
Anti-Rh
Rh+
RR, Rr
+
-
Rh
rr
-
+
12.Durante a gravidez, o filho poderia ter recebido anticorpos
anti-Rh através da placenta, provocando a destruição de
hemácias fetais (eritroblastose fetal).
Copyright ©
AB
B, erit. fetal
IBI, rr
Fenótipos
-
IB
13.
B
IAi Rr
A, Rh−
IAi, rr
a) Genótipos: IAi, Rr. Fenótipos: A, Rh+
b)
AB
Rh+
1
1
1
1
×
×
=
4
2
16
2
14.a) F
c) V
b)V
d)F
1
→ AB
4
IB
→
1
→A
4
1
→ AB
4
Copyright © 2012 por editora HARBRA ltda. Reprodução e veiculação pela internet proibidas.
70
Manual do Professor
−
15. I O, Rh ,
MN
A, Rh +,
N
B, Rh+,
MN
A, Rh +,
MN
2
3
4
1
O, Rh+,
N
A, Rh −,
MN
ii, Rr, LNLN
IAi, rr, LMLN
II
Copyright © 2012 por editora HARBRA ltda. Reprodução e veiculação pela internet proibidas.
III
O
e
1
2
×
Rh− e
1
2
1
MN e
×
1
2
×
1
2
=
1
16
16.e) A moça é geneticamente Rh-; ainda assim ela certamente não produz anticorpos anti-Rh, o que inviabilizaria
suas próprias hemácias Rh+, que passou a produzir depois do transplante. Desse modo, mesmo que engravide
de um rapaz com sangue Rh+, não existe o risco de o
filho, ainda que seja do tipo sanguíneo do pai, ter eritroblastose fetal.
Questões objetivas
1.d) Quatro alelos: C, cch, ch e ca
Possíveis genótipos: CC, Ccch, Cch, Cca
cchcch, cchch, cchca
chch, chca
caca
Portanto, o número de genótipos possíveis é 10.
2.Corretas: 04, 8 e 32; portanto, soma = 52.
3.c
4.a. Sendo do tipo A positivo, Rafael pode receber sangue
dos seguintes tipos: A positivo, A negativo, O positivo
e O negativo. Roberto, por sua vez, é B negativo, e somente recebe sangue B negativo e O negativo.
5.d) Por ser do grupo AB, Roberto pode receber sangue de
qualquer grupo, estando disponível para ele, no caso citado, 21 litros de sangue. Carlos, por ser do grupo O, somente recebe sangue O, e dispõe de apenas 10 litros de sangue.
6.Corretas: 02, 16 e 32; portanto, soma = 50.
7.Corretas: 02, 04 e 08; portanto, soma = 14.
8.a
9.d
10.b
11.a
12.c) A análise dos testes sanguíneos mostra que a mulher
apresenta sangue do tipo A, Rh negativo e o homem,
sangue do tipo B, Rh positivo. O fato de já terem uma
criança com sangue de tipo O, Rh negativo (iirr) indica
que seus genótipos são, respectivamente, IAirr e IBiRr. Assim, a probabilidade de gerarem uma criança com sangue de tipo AB, Rh positivo é dada por: 1/4 × 1/2 =
= 1/8.
13.b. Pelo enunciado, tanto a mulher A quanto seu marido
são heterozigotos, sendo, respectivamente, IAi e IBi. Isso
faz com que possam nascer crianças de todos os tipos
sanguíneos: IAi, IBi, IAIB e ii.
14.e. Pelo fato de o homem ser Rh+ e sua mãe Rh–, ele poderia ter tido eritroblastose fetal ao nascer.
15. c
16.Verdadeiras: 1 e 4.
Falsas: 0, 2 e 3.
17.Corretas: 01, 04 e 16; portanto, soma = 21.
18.b
71
Questões dissertativas
1.a) O cabelo corresponde à amostra 4, identificada pela
presença de queratina. A saliva corresponde à amostra
2, o que é demonstrado pela presença de ptialina (amilase salivar).
b) O sangue não é da vítima. Isso porque tendo pai O
(genótipo ii) e mãe AB (genótipo IAIB), ela não poderia
apresentar sangue AB.
2.a) Genótipo do homem – IAIB
Genótipo da mulher – ii
A proporção fenotípica, na progênie, de IAIB × ii será
50% de indivíduos do grupo sanguíneo A e 50% do
grupo sanguíneo B.
A proporção genotípica, na progênie, será de 50% IAi e
50% de IBi.
b) Essa característica não será transmitida para os descendentes, pois a alteração ocorre em nível de membrana
e não envolve qualquer alteração no material genético
da célula (glóbulos vermelhos) do indivíduo, nem em
somáticas e muito menos nas germinativas.
c) Macrófagos são células de grande dimensões, localizados no tecido conjuntivos, ricos em lisossomos. Derivam
dos monócitos, células sanguíneas, e fagocitam elmentos estranhos ao corpo.
3.a) Indivíduos de sangue tipo A apresentam, em seu plasma
sanguíneo, aglutininas (anticorpos) anti-B. Por essa razão,
não podem receber sangue de tipos B ou AB, que apresentam o aglutinogênio B. Assim, em uma transfusão, esses indivíduos só podem receber sangue de tipo A ou O.
b) Por terem tido um filho de tipo O (doador universal –
genótipo ii), deduz-se que os genótipos do casal são: IAi e
IBi. Logo, a probabilidade de esse casal ter uma criança
de tipo AB (IAIB) é de 1/4 ou 25%: (1/2)IA × (1/2)IB.
4.a) Sim, pois genes G2 continuarão presentes nos peixes
com fenótipo verde (GG2) e laranja (G1G2), que poderão
cruzar-se originando descendentes amarelos (G2G2).
b) Não, pois com a eliminação total dos peixes verdes não
haverá mais alelos G (responsáveis pela cor verde) na
população.
5.a) Proporção fenotípica:
50% aguti : 50% chinchila
Proporção genotípica:
25% Cc1 : 25% Cc2 : 25% c1c1 : 25% c1c2
b) Os coelhos himalaios parentais são heterozigotos c2c3
para o gene que condiciona albinismo:
c2c3 × c2c3
c3c3 (albinos)
suposta mãe
6. suposto pai
+
Rh , A, M
Rh+, B, M
Rr, IAi, LMLM
Rr, IBi, LMLM
criança
Rh–, O, MN
rr, ii, LMLN
Se os pais forem heterozigotos para os grupos sanguíneos
do sistema ABO (IAi e IBi) e do sistema Rh (Rr), o filho poderia ser legítimo (ii, rr). No entanto, os fenótipos do sistema
MN excluem essa possibilidade, uma vez que pais do grupo
M (LMLM) não poderiam ter um filho do grupo N (LNLN).
Programas de avaliação seriada
1. F, V, F, V, F.
2.e
Copyright ©
BIOLOGIA • volume único • 4.a edição
Herança e sexo
39
c) 25%
Passo a passo
1.Os indivíduos que formam só um tipo de gameta quanto
aos cromossomos sexuais são chamados de homogaméticos. Os que produzem dois tipos são heterogaméticos.
2.• machos: 6 XY
• fêmeas: 6 XX
• células do estômago: 6 cromossomos autossômicos e 2 cromossomos sexuais
• gametas: 3 cromossomos antossômicos e 1 cromossomo
sexual.
3.a. V, b. F, c. F, d. V, e. V
4.Estômago (células diploides): 38 autossomos e 2 cromossomos sexuais.
Gametas (célula haploide): 19 autossomos e 1 cromossomo
sexual.
5.Não, algumas características, como hemofilia, não determinam o sexo dos indivíduos, porém são transmitidas às
gerações seguintes por meio de genes que se encontram
nos cromossomos sexuais.
6.
Genótipos
Hemofilia
XDXD
XHXH
XDXd
XHXh
XdXd
XhXh
XDY
XHY
XY
XhY
d
XHY
XH Y
XhY
Probabilidade do casal vir a ter 2 filhos hemofílicos:
XhY 1
4
e
XhY
1
4
×
=
1
16
12.Está localizado no cromossomo Y. Esse gene determina a
masculinização do indivíduo.
13.Não, trata-se de um caso de herança ligada ao sexo recessivo. Repare no heredograma, caso fosse dominante todos
os pais deveriam ter filhas com o mesmo fenótipo deles,
fato não observado.
14.
não calvo
cc
calva
CC
→ não calva
→ calvo
descendentes CC
15.
XD Y
XDXd XdY
XDY
XDXd
XdY
XHXh
XHXh
7.
XDY
XHXh
R|
S|
T
Daltonismo
11.
XDY
XHX
Pai → XDY
Mãe → XDXd
XDXd
XdY?
× XDXd
XD Y
XD
8.
XDXd
XD Xd
Xd
X
D
XDXd XdY
XDY
Y
filha daltônica?
Não. O pai obrigatoriamente transmite o cromossomo XD
para a filha que, portanto, tem uma visão normal.
9.a) V, b. F, c. F, d. V, e. F.
10.a) Trata-se de um caso de herança ligada ao sexo recessivo. Caso a herança fosse dominante, as filhas II-6 e
II-7 deveriam ter a anomalia, fato que não é observado. Além disso, elas são portadoras, pois receberam o X
com o gene recessivo do pai.
1
2
b) I
XAY
1
2
XaXa
3
4
5
6
7
8
II
XaY XaY XAXa XAXa
Copyright ©
XaY XAXa XAXa XAY
XdY
A probabilidade de ter um filho daltônico é 1/4 ou 25%.
16.Probabilidade de a filha ser portadora de daltonismo: 1/4
(ver explicação do exercício 15). Quanto ao grupo sanguíneo, a possibilidade de a criança pertencer ao grupo O é
IAi
×
IAi
IA i IA i
P(i) e P(i) = 1/2 × 1/2 = 1/4
Então, a probabilidade de ser portadora do gene para daltonismo e pertencer ao grupo sanguíneo O é 1/4 × 1/4 =
= 1/16.
17.I-c, II-f, III-b, IV-d, V-a, VI-e.
18.Não. Trata-se de um caso de herança restrita ao sexo, visto
que o gene está localizado no cromossomo Y, na porção
encurvada que não é homóloga ao X.
Copyright © 2012 por editora HARBRA ltda. Reprodução e veiculação pela internet proibidas.
72
Manual do Professor
19.Um homem calvo heterozigoto e normal para daltonismo
casa-se com uma mulher não calva e normal para daltonismo, cujo pai era não calvo e daltônico. O casal deseja
saber qual a probabilidade de ter um filho homem calvo e
daltônico.
cc,
Cc, XDY
XdY
Cc, XDXd
calvo e daltônico?
→
Copyright © 2012 por editora HARBRA ltda. Reprodução e veiculação pela internet proibidas.
3
1
1
×
=
4
4
8
20.Células somáticas do zangão: 6 cromossomos
21.e) A alternativa (e) está errada, pois o material genético
transferido por meio dos vírus aos macacos é o DNA
(gene) e não o RNA mensageiro.
Questões objetivas
1.Corretas: 01, 04 e 32; portanto, soma = 37.
2.b) A determinação do sexo masculino na espécie humana
depende de um gene presente no cromossomo Y, que
determina a formação embrionária dos testículos.
3.d
4.d
5.c
6.d
7.Corretas 02 e 32; portanto, soma = 34.
8.c
9.d
10.e
11.a) A análise do heredograma permite concluir, inicialmente, que o gene mutado é recessivo. A frase II é incorreta,
já que a menina 9 herdou, certamente, o gene mutado
de seu pai, o que não pode ser afirmado com segurança
a respeito da menina 10. A frase III é também incorreta, pois o casal 5-6 tem uma probabilidade de 25% de
ter uma criança afetada. Já no casal 3-4, essa probabilidade dependerá do genótipo da mulher 4.
12.e
13.e
14.e
15.d) O gene relacionado à doença é dominante porque o casal da terceira fileira, ambos com fenótipo da doença,
geraram um filho com fenótipo diferente. Não é possível gerar descendentes com características dominantes
a partir de pai e mãe recessivos para o mesmo gene. A
herança é de origem autossômica porque está presente indistintamente em indivíduos de ambos os sexos e
pode ser herdada por filhos do sexo masculino e feminino, de sua mãe ou de seu pai. Sendo dominante, se
fosse ligado ao X, todas as filhas de indivíduos afetados
apresentariam a doença e, se fosse ligado ao Y, todos os
filhos de indivíduos com este fenótipo seriam afetados,
o que não é observado no heredograma.
16.a
17.d
18.d 19.b
20.e
21.d
22.e. Durante a fecundação do óvulo humano, somente o
material genético nuclear de um espermatozoide penetra no óvulo. Sendo assim, todas as mitocôndrias do
indivíduo gerado, do sexo feminino ou masculino, serão
herdadas do óvulo da mãe. Como a doença em questão
está relacionada ao DNA mitocondrial, a herança será
unicamente materna, podendo afetar descendentes dos
dois sexos.
23.c
26.e
24.b
27.d
73
25.a
Questões dissertativas
1.Machos sem mancha ZbZb (produzindo apenas gametas Zb)
e fêmeas com mancha ZBW (produzindo gametas ZB e W)
darão descendentes onde todos os machos serão ZBZb, portanto, com fenótipo com mancha. Já as sem manchas serão
todas ZbW, portanto, com fenótipo sem mancha na cabeça.
2.a) O sexo mais afetado será o masculino, já que a presença
de apenas um alelo recessivo será suficiente para causar
a doença.
b) A chance de o casal descrito ter um filho do sexo masculino hemofílico é de 25% ou 1/4.
c) XHXH ou XHXh
d) A 1.ª Lei de Mendel.
3.a) As pessoas cujo genótipo pode ser identificado com certeza são: 2 (XdY), 3 (XDXd), 4 (XDY), 5 (XDY) e 8 (XdY).
b) A probabilidade de a mulher gerar uma criança daltônica é de 1/4. Isso porque a probabilidade de a mulher
ser heterozigota (XDXd) é de 1/2; nesse caso, os possíveis
genótipos das crianças seriam XDXd, XDY, XdY e XdXd;
portanto, duas crianças daltônicas em 4, ou seja, probabilidade de 1/2. A probabilidade conjunta será, assim,
de 1/2 × 1/2 = 1/4.
Na hipótese de já ter nascido uma criança de sexo masculino, a probabilidade de ela ser daltônica é dada por:
probabilidade de a mãe ser heterozigota (1/2) × probabilidade de o menino receber o Xd de sua mãe (1/2)
= 1/4.
4.a) A hipertricose auricular é um exemplo de herança restrita ao sexo (holândrica), na qual os genes envolvidos
estão localizados no cromossomo Y e são transmitidos
exclusivamente do pai para os filhos do sexo masculino.
No caso descrito, todos os filhos homens apresentavam
hipertricose auricular. A calvície genética é um processo
de herança influenciada pelo sexo, na qual genes autossômicos (que não estão localizados no cromossomo X e
nem no Y) têm sua expressão influenciada pelo sexo do
portador, pois sua ação depende da quantidade de hormônios sexuais (no caso, a testosterona). O gene para
a calvície comporta-se como dominante no homem,
pois expressa a sua ação em dose única. Na mulher, esse
gene age como recessivo, manifestando-se somente em
dose dupla.
b) Vamos considerar a seguinte simbologia:
C
gene para cabelo normal
C c
gene para calvície
Y h
cromossomo Y com gene para hipertricose
Cruzamento:
Pai calvo com
hipertricose
CCc XYh
Descendência:
Filho não calvo,
com hipertricose
CCXYh
mãe normal
×
CCc XX
×
Mulher calva
sem hipertricose
CcCcXX
Copyright ©
5.
BIOLOGIA • volume único • 4.a edição
aa
?
A__
Caso a mulher seja heterozigota (Aa) a probabilidade de
nascer um filho calvo homem é de 1/2 (para ser homem) e
1/2 para ser calvo (cc) = 1/4.
6.A produção de ovos por mitoses reforça a desvantagem da
perda da variabilidade genética, pois se trata de uma reprodução assexuada. (Em uma colônia de clones, se uma formiga é suscetível a um parasita, ela tende a durar menos.)
A produção de ovos haploides a partir de células diploides
fragiliza a perda de variabilidade genética, visto que neste
caso ocorre a meiose.
7.a) Sim. Em relacionamentos entre pessoas com um grau
de parentesco próximo, é maior a probabilidade da
ocorrência, nos filhos, de homozigoses de genes recessivos que determinam problemas anátamo-fisiológicos.
b) Segundo os dados fornecidos, o casal de primos apresenta os genótipos: XHXH e XHY. Se o primeiro filho
do casal for do sexo masculino, a probabilidade de que
ele seja hemofílico será de 50%, que é a chance de esse
menino receber de sua mãe o cromossomo Xh.
8.Apesar de ambos os gametas contribuírem para a formação do zigoto, o espermatozoide geralmente contribui apenas com o núcleo, que é injetado no ovócito materno no
momento da fecundação, ficando o restante da célula gamética masculina fora do processo. As mitocôndrias estão
no corpo celular do espermatozoide e apenas fornecem
energia para a movimentação da cauda.
9.a) A acusação não é pertinente, pois a doença é determinada por um gene localizado no cromossomo X, que o
menino herdou de sua mãe. Nesse caso, a enfermidade
da criança não poderia ser atribuída a qualquer modificação no organismo do pai, que forneceu ao menino
seu cromossomo Y.
b) O alelo causador da doença é recessivo. Se fosse dominante, a mãe apresentaria, necessariamente, a doença.
Programas de avaliação seriada
1.a
4.a
2.c
5.e
Segunda Lei de Mendel e linkage
vr
1.a. V; b. V; c. V; d. V; e. F
2.a) Vvrr → gametas → Vr, vr
vvRr → gametas → vR, vr
vvRr → gametas → vR, vr
VvRr → gametas → VR, Vr, vR, vr
b) VvRr × vvrr
VvRr
Vr
Vvrr
vR
vvRr
vr
vvrr
1
1
1
1
VvRr,
Vvrr,
vvRr,
vvrr
4
4
4
4
fenótipos: 25% amarela, lisa
25% amarela, rugosa
25% verde, lisa
25% verde, rugosa
vvRr × Vvrr
Vr
vr
vR
VvRr
vvRr
vr
Vvrr
vvrr
genótipos:
1
1
1
1
VvRr,
vvRr,
Vvrr,
vvrr
4
4
4
4
fenótipos: 25% amarela, lisa
25% amarela, rugosa
25% verde, lisa
25% verde, rugosa
Copyright ©
VR
VvRr
Vr
Vvrr
genótipos:
vr
genótipos:
40
VVRr × vvrr
Passo a passo
VR
3.a
1
1
VvRr,
Vvrr
2
2
fenótipos: 50% amarela, lisa
50% amarela, lisa
3.a) AaBbCCDd → 23 → 8 gametas diferentes
b) AABBCCDD → 20 → 1 tipo de gameta
c) AABbCcDD → 22 → 4 gametas diferentes
d) AaBbCcDd → 24 → 16 gametas diferentes
4.I- Sendo o indivíduo I VvRr, a associação correta se dá com
a alternativa e.
II-b, III-c, IV-h, V-d, VI-f, VII-a,VIII-g.
5.a) E. Cruzou duas linhagens puras diferentes VVRR × vvrr.
b) E. A cor da semente é independente da forma da semente, então a probabilidade de formação dos gametas
VR, Vr, vR e vr é a mesma, pois ocorre segregação independente para cada par de gene.
Assim:
V v R r
Combinações:
V v R r
0,5 0,5 0,5 0,5
VR
Vr
vR
vr
0,5 × 0,5 0,5 × 0,5
0,5 × 0,5
0,5 × 0,5
0,25
0,25
0,25
0,25
1
:
1
:
1
:
1
c) C
d) C
Copyright © 2012 por editora HARBRA ltda. Reprodução e veiculação pela internet proibidas.
74
Manual do Professor
9.Os indivíduos 1 e 2 são obrigatoriamente heterozigotos
(VvAa).
10.
6.
_ _aa
_ _aa
ccAa
CCAa
IAi
ccAa × CCAa
CA
Ca
cA
CcAA
CcAa
ca
CcAa
Ccaa
3
4
I
II
CcAa CcAa
2
Ccaa
ccaa
III
3
4
ccAa
C_aa
2
ccaa
CcAa
×
canhoto, olhos azuis
ccaa
b
B
a
a
b
b
×
1
III-1
8.
a
A
CcAa
1
LNLN rr
LMLM rr
Linkage
A
a
B
b
×
III-2
a
a
b
b
a
a
b
B
disposição
CIS
ou
destra, olhos castanhos
CcAa
e canhoto e olhos azuis
1
1
1
1
×
×
=
2
2
2
8
A
a
b
B
×
disposição
TRANS
13.É incorreto, pois pelo menos uma das 5 características estudadas deverá estar em linkage. Assim,
a
B
b
C
c
D
d
E
e
linkage
R
|
||
||
||
||
||
||
|S
||
||
||
||
||
||T
A
R
TS
2n = 8
16.a) disposição cis
CD
cd
cd
cd
R|
S|
T
14.a. V; b. F; c. V; d. V; e. F
Ab
15.
aB
não
recombinantes
AB ab
15% 15%
R|
S|
T
R|
S|
T
gametas
Ab
aB
35% 35%
recombinantes
cd
CD
CcDd → 2.100
cd
ccdd → 1.900
Cd
Ccdd → 210
cD
ccDd → 190
R
S|
T|
R
S|
T|
Copyright © 2012 por editora HARBRA ltda. Reprodução e veiculação pela internet proibidas.
CcAa
IBi
Probabilidade de ser: AB e MN e Rh+
1
1
1
× 1 × =
4
2
8
11.Não. Os genes não alelos determinantes das respectivas
características poderão estar no mesmo cromossomo
(linkage).
12.2.a Lei de Mendel
1
1
1
CcAA,
CcAa,
Ccaa
2
4
4
fenótipos: 75% destro, olhos castanhos
25% destro, olhos azuis
7.
2
LMLM Rr
ii
genótipos:
1
75
não recombinantes
recombinantes
Copyright ©
BIOLOGIA • volume único • 4.a edição
b)400 → crossing-over
4.000 → sem crossing-over
Então, 400 = 10%
4.000
A distância entre os genes C e D é de 10 unidades de recombinação.
17.
10%
A
4%
D
6%
B
3%
C
13%
18.a. F; b. V; c. V; d. F; e. V; f. F; g. V
19.No mínimo, devemos analisar 8 genes não alelos, pois assim um par de genes para determinada característica estará em linkage pelo menos com um par determinante de
outra característica.
Questões objetivas
1.e
2.c
3.c
4.d) F1: Dd × Dd
F2: 25% canhotos (dd) e 75% destros (D_)
F1: Cc × Cc
F2: 25% olhos azuis (cc) e 75% olhos castanhos (C_)
5.d) Podemos usar, por exemplo, o sistema ABO para ilustrar
o 1.º caráter: são 3 genes alelos (IA, IB, i) e 6 genótipos:
•IAIA
•IBIB
A
•I i
•IBi
A B
•I I
•ii
Cada um dos seis genótipos poderá combinar-se com
os 8 apresentados pelo segundo caráter. Logo, teremos
6 × 8 = 48 genótipos possíveis.
6.d) a afirmativa II está errada, pois genes localizados no
mesmo cromossomo são “herdados” (seria melhor dizer transmitidos), na maioria dos casos, em um mesmo
gameta, já que, na ausência de permutas, permanecem
juntos em um mesmo cromossomo. A afirmativa III
refere-se à 2.ª Lei de Mendel, que trata da segregação
independente de dois ou mais “fatores” hereditários, localizados em cromossomos diferentes.
7.b
8.a9.c
10.c
13
C 4 B
8
A1E 3 D
homólogos na meiose, gerando a segregação independente dos genes em questão.
b) A probabilidade de aparecer um embrião com pelo
menos um alelo dominante é de 3/4. O genótipo do
endosperma formado será AaaBbbCcc.
4.a) AaBb – aabb – Aabb – aaBb
b) AB – ab – Ab – aB
c) linkage, ligação, segregação conjunta, segregação amarrada ou segregação dependente.
d) 8 unidades Morgan ou morganídeos.
5.e
6.b
7.
região vc:
região vf:
...GAA... ...TAA...
...AGC... ...AGA...
e
e
...CTT... ...ATT...
...TCG... ...TCT...
As plantas “A” e “B” são homozigóticas para as regiões vc
e vf, logo, cada uma delas produzirá apenas um tipo de
gameta em relação a essas regiões. A planta resultante do
cruzamento será necessariamente heterozigótica.
8.a) Entre os descendentes desse cruzamento, nota-se a presença de um marrom e branco, isto é, duplo-recessivo
(ddmm); é por meio desse filhote que podemos concluir
que os genótipos de seus pais são: DdMm (o pai) e ddMm
(a mãe).
b) A proporção esperada de descendentes iguais ao pai
(malhados de preto e branco) é de 1/4 ou 25%:
fêmea ddMn
×
macho Ddmm
gametas:
dM e dm
Dm e dm
F1: 1/4 DdMm; 1/4 ddMm; 1/4 ddmm; 1/4 Ddmm
9.a) P: homozigoto, caule longo e frutos ovais × homozigoto, caule curto e frutos redondos
AAbb × aaBB
F1: 100% de heterozigotos de caule longo e fruto redondo (AaBb)
F2:
AaBb × AaBb
gametas: AB, Ab, aB, ab × AB, Ab, aB, ab
b) Aplicando-se a 2.ª Lei de Mendel, se cruzarmos os quatro tipos de gametas produzidos pelos indivíduos de F1,
verificaremos que, em F2, 1/16 das plantas apresentarão caule curto e frutos ovais (aabb). Observe no quadro
abaixo:
Gametas
1
Questões dissertativas
1.a) Genes. Eles encontravam-se em dose dupla porque a ervilha é um organismo diploide, ou seja, apresenta pares
de cromossomos homólogos.
b) DNA, cuja unidade básica é o desoxirribonucleotídeo,
que é constituído por uma desoxirribose, um grupo monofosfatado e uma base aminada/nitrogenada.
c) Porque na prófase I da meiose se inicia o processo de
permuta gênica (crossing-over).
d) amarela lisa – (9/16)
amarela rugosa – (3/16)
verde lisa – (3/16)
verde rugosa – (1/16)
2.16
3.a) Os genótipos dos micrósporos serão: ABC, ABc, abC,
abc. Isso porque ocorre a separação dos cromossomos
Copyright ©
4
1
4
1
4
1
4
1 AB
1 Ab
1 aB
1 ab
4
4
4
4
AB
AABB
AABb
AaBB
AaBb
Ab
AABb
Aabb
AaBb
Aabb
aB
AaBB
AaBb
aaBB
aaBb
ab
AaBb
Aabb
aaBb
aabb
Programas de avaliação seriada
1.b
4.c
5.V, V, V, F, F.
6.a
7.c
2.e
3.a
Copyright © 2012 por editora HARBRA ltda. Reprodução e veiculação pela internet proibidas.
76
Manual do Professor
Interações e expressões gênicas e citogenética
1.a.V; b. V; c. F; d. V
2.a) RrEe × rree
re
Reee
rE
rrEe
re
rree
crista noz (1/4)
crista rosa (1/4)
crista ervilha (1/4)
crista simples (1/4)
Copyright © 2012 por editora HARBRA ltda. Reprodução e veiculação pela internet proibidas.
RE
Re
Re
RREe
RRee
re
RrEe
RRee
crista noz (50%)
crista rosa (50%)
c) Rree × rrEe
rE
re
Re
RrEe
Rree
re
rrEe
rree
1
1
1
1
noz :
rosa : ervilha :
simples
4
4
4
4
3.c) RrEe × Rree
Re
re
RE
noz
noz
Re
rosa
rosa
rE
noz
rosa
re
ervilha
simples
Ab
AABB
AABb
Ab
AABb
AAbb
aB
AaBB
AaBb
ab
AaBb
Aabb
1
AAbb =
4
9.Sim
AAbb × aaBB
AaBb
10.a) frutos brancos: _ _ B _
frutos amarelos: A _ bb
frutos verdes: aabb
b) AaBb × Aabb
R|
S|
T
b) Rree × RREe
AB
AB
3
3
1
1
noz :
rosa : ervilha :
simples
8
8
8
8
4.AaBb × aabb
Ab
ab
AB
branco
branco
Ab
amarelo
amarelo
aB
branco
branco
ab
amarelo
verde
1
3
1
branco :
amarelo :
verde
2
8
8
11.a. V; b. V; c. F; d. F; e. V
12.Sim
AAbb
×
aaBB
(mulato médio)
(mulato médio)
R|
S|
T
RrEe
Re
41
8.AaBb × AABb
Passo a passo
RE
AaBb
(mulato médio)
13.AaBb × Aabb
ab
Ab
ab
AB
discoide
AB
mulato escuro
mulato médio
Ab
esférico
Ab
mulato médio
mulato claro
aB
esférico
aB
mulato médio
mulato claro
ab
alongado
ab
mulato claro
branco
1
1
1
discoide : esférico :
alongado
4
2
4
5.a) ação gênica complementar
b) coloração púrpura: A_B_
77
R| A_B_
A_bb_
coloração branca: S
|T aaB_
aabb
3
3
1
mulato médio :
mulato claro : mulato escuro :
8
8
8
1
branco
8
3
14.c)
16
:
4
5
AaBb AaBb
c) AAbb × aaBb
6.Epistasia.
7.Epistático corresponde ao par de genes que bloqueia a ação
do outro par.
Hipostático corresponde ao par de genes inibido pela ação
do epistático.
1
4
6
4
1
:
:
:
:
16
16
16
16
16
mulato médio
6
1
6
3
×
(filhos) =
=
16
2
32
16
Copyright ©
BIOLOGIA • volume único • 4.a edição
abcd
ABCD
40 + 12 = 52 cm
AbCD
40 + 9 = 49 cm
aBCD
40 + 3 = 49 cm
abCD
40 + 6 = 46 cm
1
1
1
52 centímetros,
49 centímetros,
46 centímetros
4
2
4
16.a. F; b. F; c. V; d. V; e. F; f. F
17.a. II; b. III; c. I; d. IV
18.hexaploide → 42 cromossomos
19.a. V; b. F; c. F; d. F; e. V; f. F
20.A aneuploidia ocorre devido a uma falha na anáfase (I ou
II) da meiose.
21.Ver página 894.
22.Errado. A inversão resulta da quebra do cromossomo em
dois lugares, seguida de rotação de 180° da porção quebrada, porém tudo em um mesmo cromossomo.
23.Não. Na translocação, ocorrem quebras em cromossomos
não homólogos. No crossing, a troca de pedaços é entre cromossomos homólogos.
24.2.a Lei de Mendel, interação gênica, ação gênica complementar, epistasia dominante, epistasia recessiva, herança
quantitativa.
Questões objetivas
1.a) O genótipo da fêmea-mãe é Bbee. Trata-se de um caso
de interação do tipo epistasia recessiva, em que a
presença de dois genes recessivos (ee) inibe a manifestação dos genes B e b, responsáveis, respectivamente,
pela pigmentação preta ou chocolate.
b) Cão preto: BbEe.
Filhote chocolate: bbEe.
O nascimento de filhotes dourados (_ _ ee) revela a presença de um gene e no cão preto (pai). Filhotes chocolate (neste caso, bbEe) revelam a presença de um gene b.
O filhote chocolate herdou o gene E do pai e o e da
mãe.
2.d
3.a
A
A
a
a
A
B
a
a
a b
b
b
A
A
a
a
Copyright ©
B
B
b
b
A
B
A
B
b
b
B
B
A
b
A
b
a
B
a
B
A
A
a
a
A
A
a
a
B
B
b
b
b
b
B
B
b) P(ab) = P(a) × P(b) = 1/2 × 1/2 = 1/4
c) O processo de formação de gametas (meiose) é importante porque promove a variabilidade genética e mantém constante o número cromossômico da espécie.
d) Planta de flores vermelhas AaBb
AaBb × AaBb (autofecundação)
A_ B_ 9 vermelhas : 9/16 vermelhas : 3/16 rosas : 4/16 brancas
A_ bb 3 rosas
Aab_ 3 brancas
Aabb 1 branca
4.c
5.d
6.c
7.a) segregação independente
b) pleiotropia
c) herança quantitativa
d) herança autossômica
e) expressividade gênica
8.a
9.e
10.d
11.b
12.E, E, C.
13.c) As aneuploidias são alterações no número normal de
cromossomos de uma célula, sem, no entanto, implicar
genomas inteiros. Embora graves, há casos em que o
indivíduo afetado pode sobreviver, como nas síndromes
de Turner, Klinefelter e Down.
14.d) O zigoto proveniente dessa fecundação será do sexo feminino e terá 47 cromossomos, por possuir três cromossomos X. O fato de haver três genes recessivos para o
daltonismo deixa claro que o pai certamente é daltônico
(XdY). O óvulo com dois cromossomos X pode ter se
originado de duas maneiras:
•por uma não disjunção na meiose I, não tendo ocorrido a separação dos homólogos; ou
•por uma não disjunção na meiose II, por não ter havido a separação das cromátides-irmãs.
Tanto uma mulher daltônica (XdXd), na qual não houve
disjunção na meiose I ou na meiose II, quanto uma mulher heterozigota (XDXd), na qual não ocorreu disjunção
na meiose II, poderiam ter gerado o óvulo anômalo.
Isso justifica a alternativa d (pai daltônico e mãe podendo ou não ser daltônica).
15.a
16.c
17.c
18.c
19.b
Questões dissertativas
1.Em ambos os cruzamentos, foram produzidos:
ee _ b ×
Eeb_
Eebb
ee _ _ EeB_ Eebb
dourada
preta marrom
a) O genótipo do macho é eeBb.
b) O macho forma gametas eB e eb em proporções iguais
(50% de cada).
c) O genótipo da fêmea preta é EeBb.
d) O genótipo da fêmea marrom é Eebb.
2.aabbcc = 12 cm
AABBCC = 108 cm
108 – 12 = 96 cm devidos aos genes dominantes.
Dessa forma, cada gene dominante contribui com 16 cm
(96 cm divididos por 6).
Copyright © 2012 por editora HARBRA ltda. Reprodução e veiculação pela internet proibidas.
15.AABBCCDD → 64 centímetros
→ 40 centímetros
aabbccdd
→ 24 centímetros devido a genes representados pelas letras “maiúsculas”
24 centímetros ÷ 8 = 3 centímetros
a) 3 centímetros
b) AaBbCCDD × aabbccdd
R
TS
78
Copyright © 2012 por editora HARBRA ltda. Reprodução e veiculação pela internet proibidas.
Manual do Professor
P:
AABBCC × aabbCC
F1: 100% AaBbCC
(presença de 4 genes dominantes, o que totaliza 64 cm a
mais)
Portanto, altura de F1 = 12 + 64 = 76 cm.
3.a) Metade dos espermatozoides formados conterá os cromossomos X e Y e a outra metade não apresentará cromossomos sexuais.
b) As crianças geradas poderão apresentar as seguintes
constituições cromossômicas: XXY (óvulo normal com
cromossomo X, fecundado por espermatozoide XY) e
X0 (óvulo normal fecundado por espermatozoide sem
cromossomo sexual).
4.a) A meiose ocorre por ocasião da produção de gametas,
nos animais, e esporos, nos vegetais. A separação dos
cromossomos homólogos é um processo exclusivo da
meiose (também poderia ser respondido pareamento
dos cromossomos homólogos e crossing-over).
b) Na anáfase I, o fenômeno da não disjunção (não separação) do par dos cromossomos 21 fará com que uma
das células-filhas tenha 2 exemplares, enquanto a outra,
nenhum. No caso da anáfase II, a não separação das
cromátides poderá levar à formação de gametas com 2
cromossomos 21.
5.Inativação do cromossomo X. Depois de algumas divisões
do zigoto, apenas um cromossomo X é ativo; os demais são
inativados, formando a cromatina sexual ou corpúsculo de
Barr, que é um cromossomo X inativado.
6.a) As mutações gênicas são uma das fontes de variabilidade nos seres vivos sobre a qual age a seleção natural,
mecanismo fundamental da Evolução Biológica.
b) Os raios X, caso atinjam as gônadas, onde se situam
as células germinativas – que geram gametas –, podem
causar mutações indesejáveis, transmissíveis aos descendentes.
Programas de avaliação seriada
1.e) A ordem correta das alternativas descreve algumas das
características mais evidentes nos indivíduos afetados
com as síndromes citadas no enunciado.
2.b) Os fenótipos relacionados com a crista de certas raças
de galinhas – a saber, rosa, ervilha, simples e noz – são
determinados por dois locos gênicos, cada um dos quais
com dois alelos de segregação independente. Assim,
quando são cruzadas aves homozigóticas de crista rosa
com aves de crista simples, são obtidos, entre os descendentes, 3 de crista rosa para cada 1 de fenótipo crista simples. Evidencia-se uma população mínima de 4,
obedecendo a proporção 3 : 1.
Igualmente, do cruzamento de aves homozigóticas de
crista ervilha com aves de crista simples, observa-se que,
para cada 4 descendentes, 3 apresentam crista ervilha e
1, crista simples, proporção mendeliana esperada para
uma característica determinada por um par de alelos
de um loco, observando-se segregação independente e
uma relação de dominância. Logo, as aves com crista
simples devem ser homozigóticas recessivas. Contudo,
é ainda observado que, do cruzamento de aves homozigóticas de crista ervilha, obtém-se uma descendência
composta por apenas um fenótipo: crista noz, ou seja,
um novo fenótipo foi expresso. Quando são cruzados
esses indivíduos de crista noz, observa-se que, para cada
16 descendentes, 9 apresentam crista noz, 3 crista rosa,
3 crista ervilha e apenas 1 crista simples. Logo, tem-se
4 fenótipos para uma única característica. Isso porque
ocorre interação entre os alelos dos dois locos envolvidos na herança dessa característica. Assim, aves com
crista simples são genotipicamente aabb, aves de crista
noz são A_B_, aves com crista rosa serão A_bb e aves
com crista ervilha são aaB_.
3.e
4.c
5.a
Biotecnologia e engenharia genética
Passo a passo
1.a. V, b. V, c. V, d. V, e. F.
2.Método empírico é aquele que não se fundamenta em
comprovações científicas, mas sim pelo senso comum, pela
observação e algumas vezes em tentativa e erro. A antiga
biotecnologia, diferentemente da engenharia genética, estava alicercada nesse método.
3.a) Método empírico.
b) Método empírico.
c) Engenharia genética.
4.I – c; II – f; III – a; IV – e; V – b; VI – d.
5.As enzimas de restrição normalmente produzidas por bactérias possuem a propriedade de defendê-las de vírus invasores.
6.Os VNTRs são repetições de pequenas sequências de
nucleotídeos (entre 15 e 20 bases nitrogenadas) em determinado gene. Como cada pesssoa possui determinada sequência de bases, os VNTRs acabam funcionando como
uma impressão digital.
7.a. F, b. V, c. V, d. V, e. V, f. F.
8.células-tronco
79
42
9.Sim, pois o gene citado foi introduzido em zigotos de ovelhas.
10.O Projeto Genoma Humano teve por finalidade identificar os 3,2 bilhões de pares de bases de DNA dos 46 cromossos humanos.
11.A terapia gênica visa substituir genes alterados, causadores
de doenças humanas, por genes normais.
12.d
Questões objetivas
1. d
2.b) A alternativa (a) está errada, pois as enzimas de restrição são produzidas normalmente por bactérias, a partir
do DNA. Está incorreta a alternativa (c), pois as enzimas de restrição agem em sequências específicas. A alternativa (d) está errada, pois bacteriófago é um vírus; e
a alternativa (e) está incorreta, pois isto já é possível por
meio da engenharia genética.
3.d
4.Alternativa incorreta: a
5.b
6.d
Copyright ©
BIOLOGIA • volume único • 4.a edição
7.d) Organismos transgênicos são seres que recebem, incorporam e expressam genes provenientes de outra espécie.
8.d
9.b
10.d
11.e) Células-tronco são potencialmente capazes de produzir
qualquer tipo de célula do organismo adulto.
12.d
13.e
14.b
15.a
16.F, V, V, V, F.
(0) Falso. Uma determinada enzima de restrição corta
o DNA em pontos específicos, nos quais há uma sequência de bases que ela reconhece. No exemplo dado,
três enzimas de restrição (e não apenas uma, como é
dito) estão envolvidas; uma reconhece a sequência de
bases GGATCC/CCTAGG, o corte ocorrendo entre
os nucleotídeos G e G; uma segunda enzima reconhece
a sequência GAATTC/CTTAAG, com ponto de corte entre os nucleotídeos G e A; e uma terceira enzima
de restrição reconhece a sequência AAGCTT/TTCGAA, com ponto de corte entre os nucleotídeos A e A.
(1) Verdadeiro. Foi constatado experimentalmente que,
quando duas moléculas de DNA idênticas são tratadas com uma mesma enzima de restrição, são obtidos,
ao final, conjuntos de fragmentos de tamanhos idênticos. Todavia, se as duas moléculas de DNA, tratadas
com uma única enzima de restrição, forem diferentes,
obtém-se, ao final, um conjunto de fragmentos de diferentes tamanhos.
(2) Verdadeiro. Algumas bactérias possuem, além do cromossomo circular, moléculas menores de DNA, igualmente circulares, denominadas plasmídios, nas quais
não há genes essenciais à vida dessas bactérias. Os plasmídios têm sido muito utilizados em pesquisas, como,
por exemplo, a clonagem gênica.
(3) Verdadeiro. Os dois métodos podem ser importantes
para o diagnóstico de doenças genéticas na gravidez,
sendo possível realizar a amostragem vilo-coriônica
mais precocemente que a amniocentese.
(4) Falso. Os cientistas já conseguiram produzir ovelhas
transgênicas, ou seja, animais que incorporaram em
seu material genético um gene de outra espécie, como,
no caso citado, um gene humano.
17.a
18.a) Os genes nucleares serão todos eles provenientes da orelha de Booger, o cão clonado. As mitocôndrias são todas
do óvulo enucleado usado na clonagem, portanto, seus
genes serão exclusivamente da fêmea pit bull.
Observação: o texto proposto incorre em erro ao se referir aos óvulos utilizados como “anucleados”, ou seja,
como células que não apresentam núcleo. Na verdade,
o núcleo dos óvulos foi retirado experimentalmente, e
isso faz desses óvulos células enucleadas.
19.a
20.a
21.b
22.d) As hemácias são células anucleadas e as globulinas não
são células.
23.b
24.d
25.a
26.e
27.c
28.c
29.b
30.d
Questões dissertativas
1.a) A vantagem do cultivo de células-tronco em plasma
humano e não em soro fetal bovino é devido ao fato
de que, em ambiente autólogo (de mesma espécie), o
Copyright ©
plasma humano evita que a célula sofra processo de diferenciação distinto daquele que lhe é próprio, além de
diminuir o risco de reações adversas e de processos de
rejeição.
b) As células-tronco adultas possuem uma capacidade
mais restrita de diferenciação, originando células do
mesmo tipo do tecido no qual estão inseridas, enquanto
as células embrionárias, totipotentes, por serem derivadas dos estágios iniciais do desenvolvimento, têm potencial para se diferenciarem em diferentes tipos de tecidos.
c) Benefícios possíveis:
1.º – A técnica poderá facilitar a reconstituição dos tecidos lesados.
2.º – Pode beneficiar atletas de alto rendimento que
costumam sofrer lesões frequentes, uma vez que
poderá evitar a necessidade de cirurgia no osso
ilíaco, reduzir o tempo de recuperação, além de
aumentar a eficiência terapêutica.
3.º – Evitar a utilização de células embrionárias, respeitando os aspectos morais, culturais, religiosos.
4.º – Não haver risco de rejeição.
2.a) Devido à possibilidade de introduzir, pela técnica da
engenharia genética, genes estranhos no genoma de outros seres vivos.
b) O híbrido resultante é estéril, pois os cromossomos de
suas células não são homólogos, o que impossibilita o
pareamento cromossômico na meiose.
3.Sim. Na fertilização vegetal, apenas o material genético
contido nos núcleos gaméticos presentes no tubo polínico
participa das fecundações, não existindo neles cloroplastos.
4.a) O filho 1 não é filho do marido, e sim do outro homem;
o filho 2 é filho do marido. Tanto no filho 1 como no 2
encontramos duas bandas também existentes na mãe.
No entanto, o filho 1 apresenta duas bandas coincidentes com as do outro homem, que não existem no marido. Já o filho 2 tem duas bandas que coincidem com as
do marido.
b) Não. Isso porque as mitocôndrias provêm exclusivamente da mãe.
5.a) Organismos transgênicos (ou OGM, organismos geneticamente modificados) são aqueles que receberam
e expressaram um ou mais genes de outra(s) espécie(s).
O interesse comercial por plantas transgênicas está no
fato de elas poderem receber genes que as protegem de
pragas e doenças e/ou as capacitam a resistir à seca, ao
frio etc.
b) Em relação às plantas alógamas e com parentes silvestres no Brasil, há o perigo de transmitir a outras espécies
os genes de resistência, com consequências potencialmente danosas. Esse risco não existe em relação às plantas autógamas e sem parentes silvestres no Brasil.
6.a) Exclusão. Repare no par de cromossomos homólogos
(bandas discordantes). Nenhum cromossomo desse par
existe na criança.
b) A técnica do PCR é usada para fazer milhares de cópias
de um único pedaço de DNA. Essa técnica é baseada
na autoduplicação do DNA.
Programas de avaliação seriada
1.F, F, F, V, V.
2.d) Se os genes forem expressos nos camundongos, tais animais serão transgênicos, pois terão o material genético
Copyright © 2012 por editora HARBRA ltda. Reprodução e veiculação pela internet proibidas.
80
Manual do Professor
e) como os genes foram expressos nos animais, as células
modificadas geneticamente sintetizaram.
3.b
4.a
5.V, F, V, V, F.
6.Verdadeiras: 0, 4.
Falsas: 1, 2 e 3.
7.E, E, E, E.
8.a
9.b
10.Corretas: I, II, IV e V.
11.b
Copyright © 2012 por editora HARBRA ltda. Reprodução e veiculação pela internet proibidas.
alterado pela incorporação de genes da proteína GFP.
As demais alternativas não estão corretas porque:
a) clones são organismos que foram geneticamente duplicados (copiados);
b) as alterações de genes com vistas à transgênia envolvem
modificações realizadas no nível do ácido desoxirribonucleico (DNA);
c) a retirada dos cromossomos do animal impediria a sua
sobrevivência, o que não é o caso;
81
Copyright ©