Resoluções das Atividades

Resoluções das Atividades

Sumário

Módulo 1 – Princípios básicos que regem a transmissão de características hereditárias, 1a _{Lei de Mendel e aspectos genéticos do funcionamento do corpo ... 1} Módulo 2 – Grupos sanguíneos, transplantes, doenças autoimunes, sistema Rh, eritroblastose fetal e a 2a _{Lei de Mendel ... 3} Módulo 3 – A genética do sexo, pleiotropia e interação gênica ... 5

01 C

Com asas × Com asas (Aa) (Aa)

120 com asas (AA / Aa / Aa) 40 sem asas (aa)

40 40 40

100 com asas × sem asas? I. P: AA × aa → (40) G: A a

F: Aa (100% com asas) × 100

Princípios básicos que regem a transmissão de

características hereditárias, 1

_{Lei de Mendel e}

aspectos genéticos do funcionamento do corpo

Atividades para Sala

Módulo 1

II. P: Aa × aa → (80) G: Aa a F: Aa aa Aa aa (com asas) (com asas) 50x 50x 40 100 4 000 80 50 4 000 8 000 ⋅ ⇒ ⋅ ⇒ . . . com asas 80 × 50 ⇒ 4.000 sem asas 02 C

O atavismo se refere ao aparecimento, em uma dada geração, de uma característica expressa em antepassados remotos, ou seja, salto de gerações, o que não se observa na genealogia representada. A probabilidade de IV-1 ser heterozigoto é 2₃. A probabilidade de o casal IV-1 × IV-2 vir a ter descendente normal é 1

6. 03 C A ⇒ Preto B ⇒ Preta C ⇒ Preta A × B e A × C

8 filhotes pretos 6 filhotes pretos (A_) 2 filhotes amarelos (aa)

P : Aa × Aa G: Aa × Aa F: AA Aa Aa aa P: Aa × AA G: Aa A F: AA Aa 100% pretos 3 4 1 4 pretos amarelos 04 V, V, V, V

A herança da cor da pétala na planta Mirabilis jalapa é um caso de ausência de dominância ou herança interme-diária ou dominância incompleta. O fenótipo vermelho é condicionado pelo genótipo VV; o fenótipo branco V'V' e o fenótipo rosa são condicionados pelo genótipo VV', no qual, na geração parental, o cruzamento de maravilhas vermelhas e brancas resulta em maravilhas rosas (F1). Na autofecundação de flores rosas, originam-se, na geração F2, flores vermelhas, rosas e brancas, na produção fenotí-pica 1 : 2 : 1.

05 D

Um casal híbrido (Pp) apresenta 3

4de chance de originar descendentes polidáctilos (P_) e 1

4de chance de originar descendentes normais. Assim, a probabilidade de gerar descendentes com número de dados normais e ser do sexo feminino é obtida pela multiplicação das probabili-dades independentes (isoladas): 1

4 1 2 1 8 ⋅ = .

No caso dos galináceos, não há relação de dominância e recessividade, uma vez que se observa um heterozigoto com fenótipo intermediário (cinza azulado ou andaluz).

06 E Vermelha ⇒ V Amarela ⇒ v P : Vv × Vv G: Vv × Vv F: VV Vv Vv vv vermelha amarela 3/4 1/4 3 4⋅ 80 = 60 07 E

O cariótipo revela um indivíduo do sexo masculino com Síndrome de Down, posto que o indivíduo apresenta os alossomos X e Y, portanto heterogamético, e possui uma trissomia no par 21, caracterizando a referida anomalia.

08 B

A trissomia do par 21 representa a Síndrome de Down. A presença de 2 cromossomos X determina o caráter feminino.

09 D

Para detectar defeitos genéticos ou anomalias genéticas precocemente, as células fetais podem ser colhidas do líquido amniótico, separadas de outros componentes e cultivadas para permitir a análise de cromossomos, pro-teínas e reações enzimáticas. O processo se denomina amniocentese. As células fetais descamam do corpo do feto, ficam livres no líquido amniótico, sendo sua função acompanhada de uma ultrassonografia, reduzindo pratica-mente a zero o risco de atingir a placenta ou o feto. A partir das células fetais, realizam-se, na metáfase da mitose, os cariótipos para se verificarem possíveis anoma-lias cromosômicas. A hemofilia é um distúrbio genético em que a coagulação do sangue é deficiente devido à ausência de substrato necessário para a atividade tromboplastínica.

10 D

As mutações gênicas são alterações na sequência de bases da molécula de DNA, podendo ser silenciosas ou espontâneas, não alterando a sequência de aminoácidos das proteínas, uma vez que o código genético é dege-nerado. Se as mutações gênicas ocorrem em células da linhagem germitativa, formadora de gametas, os descen-dentes poderão herdar o(s) genes(s) mutante(s), levando, inclusive, a modificações da frequência gênica em relação à frequência gênica da população original.

11 A

O cariótipo 2AX0 ou 45, X0 ou 44A + X0 é responsável pela manifestação da Síndrome de Turner, caracterizada pelos seguintes fenótipos: sexo feminino, amenorreia, pescoço alado e curto, ausência de corpúsculo de Barr, órgãos sexuais internos e externos pouco desenvolvidos etc. O indivíduo portador de cariótipo 2AXXY ou 44A + XXY ou 47, XXY revela Síndrome de Klinefelter, caracterizada pelos seguintes fenótipos: sexo masculino, membros apendicula-res longos, hipodesenvolvimento testicular, assospermia e esterilidade, ginecomastia, certo grau de retardo mental etc.

12 D

A determinação cromossômica do sexo na espécie humana revela que embriões que herdam dois cromossomos X são mulheres homogaméticas, enquanto os embriões que her-dam o alossomo X e o alossomo Y são homens, hetero-gaméticos.

O gene SRY (do inglês, Sex-determinig region of the Y) codifica a síntese de uma proteína que desencadeia o processo de masculinização, com a diferenciação dos tes-tículos, aparentemente ativando genes em vários cromos-somos. Posteriormente, os testículos produzem testote-rona e outras substâncias que originam as características sexuais secundárias do sexo masculino.

Um embrião que sofre uma mutação que inative comple-tamente o gene SRY se desenvolverá em um indivíduo cromossomicamente do sexo masculino, heterogamético, entretanto, com fenótipo feminino.

Grupos sanguíneos, transplantes, doenças

autoimunes, sistema Rh, eritroblastose fetal e

a 2

_{Lei de Mendel}

Atividades para Sala

Módulo 2

01 A

O terceiro filho nasceu saudável, depois de o segundo ter sido afetado pela eritroblastose fetal, o que indica que o pai é Rh+ _{heterozigoto; a mãe só pode ser homozigota}

recessiva (rr); o primeiro filho, que sensibilizou a mãe é heterozigoto, assim como o segundo filho; o terceiro é homozigoto recessivo e o quarto, heterozigoto.

02 B

A eritroblastose fetal se manifesta, de modo geral, a partir da segunda gravidez, quando a mãe Rh– _estiver

sensibili-zada, ou seja, quando possuir anticorpos anti-Rh.

03 A

Os indivíduos do grupo sanguíneo O podem doar sangue para indivíduos de todos os outros grupos (doadores uni-versais); já os indivíduos do grupo AB podem receber san-gue de indivíduos de todos os outros grupos (receptores universais). Assim, de acordo com o genograma, teremos:

Indivíduos do grupo A podem receber sangue A ou O, com base na presença ou na ausência de aglutinogênios.

04 A

Como o homem é do grupo sanguíneo A e a mulher é do grupo sanguíneo B, podemos formar as seguintes combi-nações genotípicas:

1. IA_IA _{× I}B_IB

2. IA_{i × I}B_IB

3. IA_IA _{× I}B_i

4. IA_{i × I}B_i

Agora façamos a análise das hipóteses:

I. (F) Existe a possibilidade de a criança herdar um IB _do

pai e um i da mãe.

II. (V) O casal pode ser IA_{i e I}B_IB_{, ou outra das formas}

variantes com três genes.

III. (V) Se o casal for IA_{i e I}B_{i, de fato, poderão ser geradas}

crianças dos quatro grupos sanguíneos. IV. (V) Existe a possibilidade de o casal ser IA_IA _{e I}B_IB_.

V. (F) O casal pode ter filhos do grupo O, se tiver genó-tipo IA_{i e I}B_{i, diferindo da frase que afirma que o}

casal só pode ter filhos no grupo O.

05 A

O casal 3 × 4 não poderá ter filhos com eritroblastose fetal, uma vez que a mãe (4) é Rh+ _{e o pai (3) é Rh}–_{. A}

eritroblas-tose fetal só ocorre quando mulheres Rh–

, já sensibilizadas

anteriormente, têm filhos Rh+_{, assim o pai deve ser Rh}+ _(R —).

06 E

Indivíduos do grupo sanguíneo AB não apresentam aglu-tininas no plasma sanguíneo, como no caso do garoto. Portanto, tem genótipo IA_IB _{. Indivíduos do grupo A}

apre-sentam aglutinina anti-B no plasma e indivíduos do grupo sanguíneo B apresentam aglutinina anti-A.

lA

I

I

_I

l

_l

l





Atividades Propostas

uma aglutinina uma aglutinina AB (B) (A) IA_i IBi IA_IB 07 C 4 3 6 5 2 1 ? Aa aa Aa aa Bb bb Bb bb Aa Aa Bb Bb

Bracd. → A_ Prog. → B_ P: Aa × Aa P: Bb × Bb 1442443 14243 G: Aa Aa G: Bb Bb F: AA Aa Aa aa F: BB Bb Bb bb 3 4 3 4





×

AB AABB AABb AaBB AaBb

Ab AABb AAbb AaBb Aabb

aB AaBB AaBb aaBB aaBb

ab AaBb Aabb aaBb aabb

Reunindo os dados, a probabilidade do evento desejado (braquidáctilo e prognata) é: 3 4 3 4 9 16 ⋅ = . 08 C

A geração parental é PpCc × ppCc. Quanto à textura da semente, as plantas da geração F1 podem ser Pp ou pp. Quanto à presença de cera na folha, F1 pode ser CC, Cc ou cc. O único gráfico que revela um resultado possível é o do item C. Os alelos mostram genótipo PpCc. Como a célula da planta de F1 está em mitose, os cromossomos estão duplicados e, portanto, espera-se encontrar número duplicado de alelos, dois de cada tipo.

09 D

Quanto à textura da semente, as plantas da geração F1 podem ser Pp (semente com “pelos”) ou pp (semente lisa) e, quanto à presença de cera na folha, as plantas da geração F1 podem CC ou Cc (folha coberta com cera) e cc (folha sem cera). Pelo exposto, o fenótipo com o maior número de genótipos possíveis é folha coberta com cera.

10 C

As cores da plumagem em periquitos australianos são expressas por dois pares de genes com segregação inde-pendente: Aa e Bb.

Periquitos duplo-homozigotos recessivos (aabb) são bran-cos.

Periquitos homozigotos recessivos aa, mas que possuem pelo menos um alelo dominante B_ (aaB_) são amarelos. Periquitos homozigotos recessivos bb, mas que possuem pelo menos um alelo dominante A_ (A_bb) são azuis. Periquitos com pelos menos um alelo dominante para

cada gene (AABB, AABb, AaBB ou AaBb) são verdes. O cruzamento de periquitos com ambos os loci hete-rozigotos (duplo-hetehete-rozigotos – AaBb) pode ser visto adiante. 11 A FfMm Ffmm ffMm mm P: Ff × Ff P: Mm × mm G: Ff Ff G: Mm m F: FF Ff Ff ff F: Mm mm ff 1 2 3 8 3 4 12 D

Vamos organizar os efeitos dos alelos dos dois pares de: • gene A → cor púrpura

• gene a → cor verde

• gene M → duas cavidades no fruto • gene m → cavidades múltiplas no fruto

O problema solicita a proporção fenotípica esperada na geração F1 de uma planta di-híbrida (AaMm) submetida a um cruzamento-teste (test-cross), ou seja, o cruzamento dessa planta com outra de genótipo duplo-recessivo (aamm). Como norma de segregação independente, o cruzamento de um duplo-heterozigoto com um duplo-ho-mozigoto recessivo produz sempre quatro diferentes genó-tipos (4 × 1) em uma mesma proporção. No caso, seriam: AaMm (1/4), Aamm (1/4), aaMm (1/4) e aamm (1/4).

A genética do sexo, pleiotropia

e interação gênica

Atividades para Sala

01 A

Montemos o genograma com o casal envolvido, comple-tando com os genótipos que temos certeza, a partir dos dados fornecidos:



P x x

x y

:

×

As mulheres resultantes desse cruzamento serão todas normais: x xHD d−. Os homens serão todos daltônicos e,

quanto à coagulação sanguínea, poderão ser normais ou hemofílicos: x yHd e/ou x yhd .

02 B

Os genótipos possíveis dos indivíduos da família estão indicados adiante:

2 2 3 4 5 6 I II I-1 → Xa_Y I-2 → XA_Xa II-3 → XA_Y II-4 → Xa_Xa II-5 → Xa_Y II-6 → XA_Xa

Portanto, essa família apresenta dois indivíduos heterozi-gotos para o gene que determina a G-6PD, I-2 e II-6.

03 A

A calvície é determinada por um gene autossômico cuja dominância é influenciada pelo sexo, comportando-se como dominante no homem e como recessivo na mulher. Assim, os genótipos possíveis são:









Portanto, os genótipos possíveis na família estão indica-dos na genealogia adiante:

Cc CC

CC

C_ Cc

04 B

O Xd _{da filha foi com certeza herdado do seu pai, o}

pro-blema foi na síntese do gameta materno, que, devido a uma disjunção errada, repassou para a descendência um óvulo sem cromossomo sexual.

Xd_Y

XD_XD XD _O ?

06 E

I. (F) O daltonismo está relacionado a genes localizados no cromossomo X.

II. (F) O homem só admite seu cromossomo X às suas filhas.

III. (F) O indivíduo II-3 é homogamético; entretanto, hete-rozigoto (XD_Xd_).

IV. (F) O cromossomo X de todo homem provém de sua mãe, e II-2 é XD_XD_.

O indivíduo II-2 é heterozigoto e I-2 é homozigoto. V. (V) Os homens são hemizigotos para os genes situados

no cromossomo X,  pois só possuem um deles; qual-quer gene se manifesta no seu genótipo e podem formar gametas Xd _{e Y.}

07 C

Trata-se de um modelo de herança poligênica quantita-tiva ou acumulaquantita-tiva, na qual estariam envolvidos 9 fenó-tipos (os comprimentos de orelha, em cm) e 8 genes (4 pares), pois, como norma para esses modelos de herança, o número de genes envolvidos corresponde sempre ao número de diferentes classes fenotípicas menos 1. Con-sequentemente, cada gene dominante acrescenta 0,5 cm ao tamanho mínimo da orelha dos coelhos (4,0 cm); esse tamanho mínimo corresponde ao genótipo homozigoto recessivo para os quatro pares (aabbccdd). Por outro lado, o tamanho máximo (8,0 cm) corresponde ao genótipo homozigoto dominante para os quatro pares (AABBC-CDD). As correspondências entre genótipos e fenótipos no caráter estudado são:

Genótipos Fenótipos Nenhum gene dominante (aabbccdd) 4,0 cm 1 gene dominante (Aabbccdd, ou aaBbccdd...) 4,5 cm 2 genes dominantes (AAbbccdd, ou AaBbccdd...) 5,0 cm 3 genes dominantes (AABbccdd, ou AaBBccdd) 5,5 cm 4 genes dominantes (AABBccdd, ou AaBbCcDd...) 6,0 cm 5 genes dominantes (AABBCcdd, ou AaBBCCdd...) 6,5 cm 6 genes dominantes (AABBCCdd, ou aaBBCCDD...) 7,0 cm 7 genes dominantes (AABBCCDd, ou AaBBCCDD...) 7,5 cm 8 genes dominantes (AABBCCDD...) 8,0 cm 05 C Xd_Y P: Xd_{Y × X}D_Xd _{P: Aa × Aa} G: Xd_{Y × X}D_Xd F: XD_Xd _Xd_Xd _XD_{Y X}d_{Y F: AA Aa Aa aa} G: Aa × Aa Xd_Y Aa Aa XD_Xd aa _aa P(Dalt) (alb) = ? P = 1/2 × 1/4 = 1/8

08 A

As expressões dos genes para a herança da surdez na espécie humana podem ser indicadas como:

D_ee ddE_ ddee

surdez

D_E_ audição normal

O casal é formado por um homem de audição normal duplo homozigoto (puro), DDEE, e uma mulher também de audição normal, porém duplo heterozigota (híbrida), DdEe. Assim, o cruzamento pode ser indicado como:

Portanto, os 4 genótipos possíveis condicionam o mesmo fenótipo, ou seja, audição normal.

09 E





DE De dE de

DE DDEE DDEe DdEE DdEe

P: DDEE × DdEe

Gametas RE Re rE re

Re RREe _Noz RRee _Rosa RrEe _Noz Rree _Rosa re RrEe _Noz Rree _{Rosa Ervilha}rrEe _Simplesrree

Crista noz: 3 8 Crista rosa: 3 8 Crista ervilha: 1 8 Crista simples: 1 8

As frações foram multiplicadas por 2, resultando em: 6 16 6 16 2 16 2 16 : : :

Gametas ABC AbC ABc Abc

aBc AaBBCc_{7 cm} AaBbCc_{6 cm} AaBBcc_{6 cm} AaBbcc_{5 cm} abc AaBbCc_{6 cm} AabbCc_{5 cm} AaBbcc_{5 cm} Aabbcc_{4 cm} A proporção de indivíduos com 5 cm em F₁ é de 3

8.

11 D

Geração P₁: esférica × esférica A_bb × aaB_ F1: 100% discoide → AaBb P₂: aaBb × AaBb AAbb AAbb 1 2 3 7 AaBb AaBb 8 4 5 6 aaBB aaBB aaBB × AaBb 1/2 1/2 1/4 AaBB × AAbb AB Ab aB ab

aB AaBB AaBb aaBB aaBb

AB Ab aB ab

Ab AABb AAbb AaBb Aabb             

10 A

Cruzamento: AABbCc × aaBbcc

F₂: 9 A_B_ : 3 A_bb, 3 aaB_ : 1 aabb 9 discoides 6 esféricas 1 alongada

A herança da forma do fruto de abóbora é um tipo de inte-ração gênica, denominada inteinte-ração duplicada.