Passo a passo
1. a-II, b-I, c-III, d-IV.
2. Sim. Duas populações geneticamente idênticas expostas à diferentes condições ambientais podem apresentar respos-tas diferentes, o que evolutivamente é interessante. Exem-plificando: determinada espécie de gafanhoto, quando solitária, possui asas curtas e coloração uniforme; quando formam um grupo, asas longas e cores brilhantes. Portan-to, a densidade (condição ambiental) determina o fenótipo do inseto. 3. a) L LL l ll L Ll l tipo de gametas: 4. a) l ll × ll l ll gametas genótipo b) L Ll × ll l Ll gametas genótipos l ll c) L Ll × Ll L l LL, Ll, Ll ll gametas genótipos l 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 um casal cruzamento consanguíneo gêmeos dizigóticos gêmeos monozigóticos
análise de duas características indivíduo de sexo desconhecido criança
11
U
n
i
da
d
e
GENÉTICA
Primeira Lei de Mendel e probabilidade associada à Genética
37
sexo masculinoum casal
cruzamento consanguíneo
gêmeos dizigóticos
gêmeos monozigóticos
análise de duas características indivíduo de sexo desconhecido criança
7. Em A, a anomalia é recessiva pois:
Aa aa Aa aa Aa Aa A_ aa aa anomalia anomalia
Em B, a anomalia é dominante pois: Aa aa Aa aa Aa Aa A_ aa aa anomalia anomalia
Conclusão: um caráter é condicionado por genes recessivos quando pais de mesmo fenótipo têm descendentes com fe-nótipo diferente do deles.
8.
MM × mm
preta × marron
P:
gametas
m
F
1Mm × Mm
M
m
m
gametas
M
M
F
1genótipo: Mm
fenótipo: pelagem preta (100%)
F
2genótipos:
F
2MM Mm Mm mm
MM,
1
4
Mm,
1
2
mm
1
4
fenótipos:
3
pelagem preta e
4
pelagem marrom
1
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RS
T
1.ª esposa MMfilhos MM ou MmRS
T
homem Mm 2.ª esposa Mm filho míope mm 10. I 1 2 1 2 3 1 2 3 1 2 3 II III IV Aa Aa aa aa Aa aa Aa Aa aa A_ A_ I1, I2, II3, III2, III3.11. pp pp pp pp pp Pp pp pp pp pp Pp Pp pp P_ P_ 12. 1 : 2 : 1 → dominância incompleta
13. Não, quando os eventos são independentes a probabilida-de probabilida-de ambos ocorrerem simultaneamente é igual ao
pro-duto de suas probabilidades individuais. Já nos eventos
mutuamente excludentes, a probabilidade de ocorrência de qualquer um deles é a soma das probabilidades indivi-duais. Assim, exemplificando
Aa × Aa
R S| T|
R S| T|
AA e Aa ? × = + = Aa × A_ AA ou Aa 1 4 1 2 1 8 1 4 2 4 3 4 14. Aa gametas A a 50% 15. b 16. a) queratose ou normal + = 1 ou 100% III1 × III2 qq Qq 1 2 1 2 = 2 2 b) × qq × QqR S| T|
normal e normal e queratose
1 2 1 2 × 1 2 = 1 8 18. Aa Aa 1.º filho
R S T
R S T
e normal 2.º filho e míope × 3 4 × 1 2 × 1 4 = 3 64 1 2 19. VV × vv vermelha × branca P: F2: F1: rosa Vv × vv proporção genotípica: Vv; vv1 2 1 2proporção fenotípica: rosa; branca1
2
1 2
20. 50%
21. Corretas: 01, 02, 32 e 64; portanto, soma = 99.
Questões objetivas
1. b2. 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 pe-lagem 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 do-minantes (BB) morrem ao nascer. Do casamento de duas pessoas braquidáctilas (Bb), esperam-se filhos nor-mais, com a probabilidade de 1/3, e filhos braquidácti-los, com a probabilidade de 2/3. Portanto, a probabili-dade de nascer uma criança de sexo masculino (1/2) e braquidáctila (2/3) é obtida pelo produto das probabi-lidades 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.
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Questões dissertativas
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 cer-tamente 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 distró-ficos 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 genômi-ca, originada por metade da quantidade do DNA paterno com quantidade equivalente de DNA materno.
3.a) CC × cc aguti × albino P: F2: F1: Cc × Cc 1 2 CC; 1 2 Cc; 1 4 cc; b) aguti, pelo curto
genótipos: Cc Ll gametas: 1 4 CL; 1 4 Cl; 1 4 cL; 1 4 cl c) CcLl × ccll Gametas cl CL CcLl
R
S |
T |
genótipos Cl Ccll cL ccLl cl ccll4. 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 fecun-dado por um único espermatozoide. Se, em algum mo-mento do desenvolvimo-mento inicial do embrião, ocorrer a separação de duas massas celulares distintas, essas po-derão dar origem a dois indivíduos idênticos.
b) Os gêmeos monozigóticos são geneticamente idênticos (clones), já que provêm de um mesmo patrimônio gené-tico 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 bivitelí-nicos ou dizigóticos ou fraternos ou não idênticos (Figura B) ocorre a fertilização de dois óvulos por dois espermatozoi-des. No desenvolvimento de gêmeos univitelínicos (Figura A), o zigoto se divide na fase de blastômeros em duas mas-sas 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 indiví-duos I-2 e II-2 expressam a doença e são homozigóti-cos 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 indi-víduo IV-1. O traço horizontal duplo, como se observa entre os cônjuges III-2 e III-3, indica que eles são apa-rentados.
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 homem AA Aa Aa Aa mulher AA Aa 1 3 2 3 1 3 2 3
Então, para tere m um filho com fibrose cística:
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Alelos múltiplos e a herança dos grupos sanguíneos
38
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 fa-tores 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.
3.
Grupo
sanguíneo Genótipo Aglutino-gênio Aglutinina
A IIAAIAi A anti-B
B IIBBIBi B anti-A
AB IAIB A e B (—)
O ii (—) anti-Aanti-B
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 2 × 1 4 = c)
macho e albino macho e albino fêmea e albina
1.o 2.o 3.o 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 × × × × 1 2 × 1 64 = 6. Possíveis cruzamentos: Cch × Cch e Cch × Cca 7. gametas IAi × IBi AB, A, B, O fenótipos IA i × IB i
8. A mãe é do grupo B. Pelo resultado do cruzamento, o pai só pode ser AB. Assim,
gametas IBi × IAiB mãe pai IB i IA IB 9. I: E; II: E e III: C 13. B, erit. fetal IBI, rr O, Rh+ ii, Rr IAi, rr A, Rh− IAi Rr a) Genótipos: IAi, Rr. Fenótipos: A, Rh+ b) AB Rh+ 1 2 1 4 × 1 2 × 1 16 = 14. a) F b) V c) V d) F IA IB IB AB B i A B → 1 4 → AB 1 4 → A 1 4 → AB 10. 1 2 e A B A IBi IAi II 1 2 1 4 × 1 8 = 11.
Fenótipos Genótipos nas hemáciasFator Rh 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).
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net pr oibidas . 15. O e Rh− 1 2 1 2 × e MN 1 2 × e 1 2 × 1 16 = 1 O, Rh−, MN O, Rh+, N A, Rh −, MN B, Rh+, MN A, Rh +, MN A, Rh+, N 2 ii, Rr, LNLN IAi, rr, LMLN 1 3 4 I II III
16. e) A moça é geneticamente Rh-; ainda assim ela certamen-te não produz anticorpos anti-Rh, o que inviabilizaria suas próprias hemácias Rh+, que passou a produzir de-pois 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 eritro-blastose fetal.
Questões objetivas
1. d) Quatro alelos: C, cch, ch e ca Possíveis genótipos: CC, Ccch, Cch, Cca cchcch, cchch, cchca chch, chca cacaPortanto, 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 so-mente 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 cita-do, 21 litros de sangue. Carlos, por ser do grupo O, somen-te 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. As-sim, a probabilidade de gerarem uma criança com san-gue 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 pode-ria 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
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 (ami-lase 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 descen-dentes, 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, localiza-dos no tecido conjuntivos, ricos em lisossomos. Derivam dos monócitos, células sanguíneas, e fagocitam elmen-tos 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 apre-sentam o aglutinogênio B. Assim, em uma transfusão, es-ses 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)
6. suposto pai suposta mãe
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 pode-ria 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).
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Herança e sexo
39
Passo a passo
1. Os indivíduos que formam só um tipo de gameta quanto aos cromossomos sexuais são chamados de homogaméti-cos. Os que produzem dois tipos são heterogamétihomogaméti-cos.
2. • machos: 6 XY • fêmeas: 6 XX • células do estômago: 6 cromossomos autossômicos e 2 cro-mossomos 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 cromosso-mos sexuais.
Gametas (célula haploide): 19 autossomos e 1 cromossomo sexual.
5. Não, algumas características, como hemofilia, não
deter-minam o sexo dos indivíduos, porém são transmitidas às gerações seguintes por meio de genes que se encontram nos cromossomos sexuais.
6. Genótipos Daltonismo Hemofilia XDXD XHXH XDXd XHXh XdXd XhXh XDY XHY XdY XhY
7.
XDY XDXd XdY XHX Pai → XDY Mãe → XDXd 8. XDY XDXd filha daltônica? XdYNão. 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
reces-sivo. Caso a herança fosse dominante, as filhas II-6 e II-7 deveriam ter a anomalia, fato que não é observa-do. Além disso, elas são portadoras, pois receberam o X com o gene recessivo do pai.
b) XAY XaY XaY XAXaXAXa XaY XAXaXAXaXAY I II XaXa 4 3 1 2 1 2 8 7 5 6 c) 25% 11. XHXh XHXh XHXh XHY XHY XhY
Probabilidade do casal vir a ter 2 filhos hemofílicos:
X
hY
e
X
hY
1 4×
1 4=
1 1612. Está localizado no cromossomo Y. Esse gene determina a masculinização do indivíduo.
13. Não, trata-se de um caso de herança ligada ao sexo reces-sivo. Repare no heredograma, caso fosse dominante todos os pais deveriam ter filhas com o mesmo fenótipo deles, fato não observado.
14. calva CC não calvo cc
R S| T|
CC não calva descendentes →calvo → 15. XDY XDY × XDXd XDXd XDXd XDY XdY XDXd XdY? XD Y XD Xd XD Xd XD Y XdYA 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 sanguí-neo, a possibilidade de a criança pertencer ao grupo O é
IAi
IA i IA i
× IAi
P(i) e P(i) = 1/2 × 1/2 = 1/4
Então, a probabilidade de ser portadora do gene para dal-tonismo 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.
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19. Um homem calvo heterozigoto e normal para daltonismo casa-se com uma mulher não calva e normal para dalto-nismo, cujo pai era não calvo e daltônico. O casal deseja saber qual a probabilidade de ter um filho homem calvo e daltônico. Cc, XDY Cc, XDXd cc, XdY calvo e daltônico?→ 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, inicialmen-te, 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 incorre-ta, pois o casal 5-6 tem uma probabilidade de 25% de ter uma criança afetada. Já no casal 3-4, essa probabili-dade dependerá do genótipo da mulher 4.
12. e 13. e 14. e
15. d) O gene relacionado à doença é dominante porque o ca-sal da terceira fileira, ambos com fenótipo da doença, geraram um filho com fenótipo diferente. Não é possí-vel gerar descendentes com características dominantes a partir de pai e mãe recessivos para o mesmo gene. A herança é de origem autossômica porque está presen-te indistintamenpresen-te em indivíduos de ambos os sexos e pode ser herdada por filhos do sexo masculino e femi-nino, 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 pe-netra 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 24. b 25. a
26. e 27. d
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, por-tanto, 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 mas-culino 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 cer-teza são: 2 (XdY), 3 (XDXd), 4 (XDY), 5 (XDY) e 8 (XdY). b) A probabilidade de a mulher gerar uma criança
daltô-nica 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, proba-bilidade de 1/2. A probaproba-bilidade conjunta será, assim, de 1/2 × 1/2 = 1/4.
Na hipótese de já ter nascido uma criança de sexo mas-culino, a probabilidade de ela ser daltônica é dada por: probabilidade de a mãe ser heterozigota (1/2) × pro-babilidade de o menino receber o Xd de sua mãe (1/2) = 1/4.
4. a) A hipertricose auricular é um exemplo de herança res-trita 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 autos-sômicos (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 hor-mônios 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 ×
mãe normal CCc XYh CCc XX Descendência:
Filho não calvo, com hipertricose ×
Mulher calva sem hipertricose
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net pr oibidas . 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 repro-dução assexuada. (Em uma colônia de clones, se uma formi-ga 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 recessi-vos que determinam problemas anátamo-fisiológicos. b) Segundo os dados fornecidos, o casal de primos
apre-senta 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.
ção do zigoto, o espermatozoide geralmente contribui ape-nas com o núcleo, que é injetado no ovócito materno no momento da fecundação, ficando o restante da célula ga-mética 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 determi-nada 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 modi-ficação no organismo do pai, que forneceu ao menino seu cromossomo Y.
b) O alelo causador da doença é recessivo. Se fosse domi-nante, a mãe apresentaria, necessariamente, a doença.
Programas de avaliação seriada
1. a 2. c 3. a 4. a 5. e
Passo a passo
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 vr VR VvRr Vr Vvrr vR vvRr vr vvrr genótipos: 1 4 VvRr, 1 4 Vvrr, 1 4 vvRr, 1 4 vvrr fenótipos: 25% amarela, lisa25% amarela, rugosa 25% verde, lisa 25% verde, rugosa vvRr × Vvrr Vr vr vR VvRr vvRr vr Vvrr vvrr genótipos: 1 4 VvRr, 1 4 vvRr, 1 4 Vvrr, 1 4 vvrr fenótipos: 25% amarela, lisa
25% amarela, rugosa 25% verde, lisa 25% verde, rugosa
Segunda Lei de Mendel e linkage
40
VVRr × vvrr vr VR VvRr Vr Vvrr genótipos: 1 2 VvRr, 1 2 Vvrr 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 se-mente, então a probabilidade de formação dos gametas VR, Vr, vR e vr é a mesma, pois ocorre segregação inde-pendente para cada par de gene.
Assim: V v R r V v R r 0,5 0,5 0,5 0,5 Combinações: 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
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net pr oibidas . 6. ccAa CCAa _ _aa _ _aa ccAa × CCAa CA Ca cA CcAA CcAa ca CcAa Ccaa genótipos: 1 4 CcAA, 1 2 CcAa, 1 4 Ccaa fenótipos: 75% destro, olhos castanhos 25% destro, olhos azuis
7.
Ccaa CcAa
ccaa
CcAa CcAa CcAa
2 1 I II III 1 2 3 4 4 3 ccaa ccAa C_aa CcAa 1 2 8.
9. Os indivíduos 1 e 2 são obrigatoriamente heterozigotos (VvAa). 10. IAi LMLM Rr IBi LNLN rr ii LMLM rr Probabilidade de ser: AB e MN e Rh+ 1 4 × 1 × 1 2 = 1 8
11. Não. Os genes não alelos determinantes das respectivas características poderão estar no mesmo cromossomo (linkage). 12. 2.a Lei de Mendel A a B b a a b b × Linkage A a × b B a a b b × A a B b a a B b ou disposição TRANS disposição CIS
13. É incorreto, pois pelo menos uma das 5 características estudadas deverá estar em linkage. Assim,
A a B b C c D d linkage 2n = 8 E e
R
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T
R S
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III-1 × III-2canhoto, olhos azuis destra, olhos castanhos
ccaa CcAa
e canhoto e olhos azuis 1 2 × 1 2 × 1 2 = 1 8 14. a. V; b. F; c. V; d. V; e. F 15. A b A b a B A B a b gametas não recombinantes a B 35% 35%
R S| T|
R S| T|
15% 15% recombinantesR S| T|
16. a) disposição cis C D c d c d c dR S| T|
cdR S| T|
CD CcDd →2.100 cd ccdd →1.900 Cd Ccdd →210 cD ccDd →190 não recombinantesR
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recombinantesR
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net pr oibidas . 4.000 →sem crossing-over Então, 400 4.000 =10%
A distância entre os genes C e D é de 10 unidades de re-combinação. 17. 10% 13% 4% A D B C 6% 3% 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 as-sim um par de genes para determinada característica es-tará 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 × CcF2: 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
• IAi • IBi
• IAIB • 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 di-zer 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, lo-calizados em cromossomos diferentes.
7. b 8. a 9. c
10. c
C 4 B 8 A E D1 3
13
Questões dissertativas
1. a) Genes. Eles encontravam-se em dose dupla porque a er-vilha 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 mo-nofosfatado 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
dente 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 amar-rada 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 pre-sença 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 × homozigo-to, caule curto e frutos redondos
AAbb × aaBB
F1: 100% de heterozigotos de caule longo e fruto redon-do (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 qua-tro tipos de gametas produzidos pelos indivíduos de F1, verificaremos que, em F2, 1/16 das plantas apresenta-rão caule curto e frutos ovais (aabb). Observe no quadro abaixo: Gametas 1 4 AB 1 4 Ab 1 4 aB 1 4 ab 1
4 AB AABB AABb AaBB AaBb 1
4 Ab AABb Aabb AaBb Aabb 1
4 aB AaBB AaBb aaBB aaBb 1
4 ab AaBb Aabb aaBb aabb
Programas de avaliação seriada
1. b 2. e 3. a
4. c
5. V, V, V, F, F.
6. a
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Passo a passo
1. a.V; b. V; c. F; d. V 2. a) RrEe × rree reRE RrEe crista noz (1/4)
Re Reee crista rosa (1/4)
rE rrEe crista ervilha (1/4)
re rree crista simples (1/4) b) Rree × RREe
RE Re
Re RREe RRee crista noz (50%)
re RrEe RRee crista rosa (50%) c) Rree × rrEe rE re Re RrEe Rree re rrEe rree 1 4 noz : 1 4 rosa : 1 4 ervilha : 1 4 simples 3. c) RrEe × Rree Re re RE noz noz Re rosa rosa rE noz rosa re ervilha simples 3 8 noz : 3 8 rosa : 1 8 ervilha : 1 8 simples 4. AaBb × aabb ab AB discoide Ab esférico aB esférico ab alongado 1 4 discoide : 1 2 esférico : 1 4 alongado 5. a) ação gênica complementar
b) coloração púrpura: A_B_
coloração branca: A_B_ A_bb_ aaB_ aabb
R
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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.
Interações e expressões gênicas e citogenética
41
8. AaBb × AABb AB Ab AB AABB AABb Ab AABb AAbb aB AaBB AaBb ab AaBb Aabb AAbb = 1 4 9. Sim AAbb × aaBB
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AaBb 10. a) frutos brancos: _ _ B _ frutos amarelos: A _ bb frutos verdes: aabb b) AaBb × Aabb Ab ab AB branco branco Ab amarelo amarelo aB branco branco ab amarelo verde 1 2 branco : 3 8 amarelo : 1 8 verde 11. a. V; b. V; c. F; d. F; e. V 12. Sim AAbb × aaBB(mulato médio) (mulato médio) AaBb
(mulato médio)
13. AaBb × Aabb
Ab ab
AB mulato escuro mulato médio
Ab mulato médio mulato claro
aB mulato médio mulato claro
ab mulato claro branco
3 8 mulato médio : 3 8 mulato claro : 1 8 mulato escuro : : 1 8 branco 14. c) 3 16 mulato médio 4 5 AaBb AaBb 1 16 : 4 16 : 6 16 : 4 16 : 1 16 (filhos) 6 16 × 1 2 = 6 32 = 3 16
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aabbccdd → 40 centímetros
→ 24 centímetros devido a genes repre-sentados pelas letras “maiúsculas” 24 centímetros ÷ 8 = 3 centímetros a) 3 centímetros b) AaBbCCDD × aabbccdd abcd ABCD 40 + 12 = 52 cm AbCD 40 + 9 = 49 cm aBCD 40 + 3 = 49 cm abCD 40 + 6 = 46 cm 1 4 52 centímetros, 1 2 49 centímetros, 1 4 46 centímetros 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 quebra-da, porém tudo em um mesmo cromossomo.
23. Não. Na translocação, ocorrem quebras em cromossomos não homólogos. No crossing, a troca de pedaços é entre cro-mossomos homólogos.
24. 2.a Lei de Mendel, interação gênica, ação gênica comple-mentar, 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 manifes-tação 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 pre-sença de um gene e no cão preto (pai). Filhotes chocola-te (neschocola-te 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 a B B b b b B A A A A B B B B a a a a b b b b A A a a b b B B a b A b A b a B a B a b A B A B
c) O processo de formação de gametas (meiose) é impor-tante porque promove a variabilidade genética e man-tém 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 fe-minino e terá 47 cromossomos, por possuir três cromos-somos 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 ocorri-do a separação ocorri-dos homólogos; ou
• por uma não disjunção na meiose II, por não ter havi-do a separação das cromátides-irmãs.
Tanto uma mulher daltônica (XdXd), na qual não houve disjunção na meiose I ou na meiose II, quanto uma mu-lher 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 poden-do 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).
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net pr oibidas . 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 mossomos X e Y e a outra metade não apresentará cro-mossomos 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 sepa-ração) 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 variabili-dade 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 descen-dentes.
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 des-cendentes, 3 de crista rosa para cada 1 de fenótipo cris-ta 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 homo-zigóticas 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 envolvi-dos 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
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, es-tava 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 bac-térias possuem a propriedade de defendê-las de vírus inva-sores.
6. Os VNTRs são repetições de pequenas sequências de nucleotídeos (entre 15 e 20 bases nitrogenadas) em deter-minado gene. Como cada pesssoa possui determinada se-quência 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
Biotecnologia e engenharia genética
42
9. Sim, pois o gene citado foi introduzido em zigotos de ove-lhas.
10. O Projeto Genoma Humano teve por finalidade identifi-car os 3,2 bilhões de pares de bases de DNA dos 46 cro-mossos humanos.
11. A terapia gênica visa substituir genes alterados, causadores de doenças humanas, por genes normais.
12. d
Questões objetivas
1. d2. b) A alternativa (a) está errada, pois as enzimas de restri-ção são produzidas normalmente por bactérias, a partir do DNA. Está incorreta a alternativa (c), pois as enzi-mas de restrição agem em sequências específicas. A al-ternativa (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
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poram 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 se- quência 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 cor-te entre os nucleotídeos G e A; e uma cor-terceira enzima de restrição reconhece a sequência AAGCTT/TTC-GAA, com ponto de corte entre os nucleotídeos A e A. (1) Verdadeiro. Foi constatado experimentalmente que, quando duas moléculas de DNA idênticas são trata-das com uma mesma enzima de restrição, são obtidos, ao final, conjuntos de fragmentos de tamanhos idênti-cos. 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 dife-rentes tamanhos.
(2) Verdadeiro. Algumas bactérias possuem, além do cro-mossomo circular, moléculas menores de DNA, igual-mente circulares, denominadas plasmídios, nas quais não há genes essenciais à vida dessas bactérias. Os plas-mídios 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 ore-lha 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 re-ferir 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
ferenciação 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 deriva-das dos estágios iniciais do desenvolvimento, têm poten-cial para se diferenciarem em diferentes tipos de tecidos. c) Benefícios possíveis:
1.º – A técnica poderá facilitar a reconstituição dos te-cidos 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, res-peitando 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 ou-tros 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 coinciden-tes com as do outro homem, que não existem no mari-do. Já o filho 2 tem duas bandas que coincidem com as do marido.
b) Não. Isso porque as mitocôndrias provêm exclusiva-mente da mãe.
5. a) Organismos transgênicos (ou OGM, organismos ge-neticamente 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 silves-tres no Brasil, há o perigo de transmitir a outras espécies os genes de resistência, com consequências potencial-mente danosas. Esse risco não existe em relação às plan-tas 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 ani-mais serão transgênicos, pois terão o material genético
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oibidas
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alterado pela incorporação de genes da proteína GFP. As demais alternativas não estão corretas porque: a) clones são organismos que foram geneticamente
dupli-cados (copiados);
b) as alterações de genes com vistas à transgênia envolvem modificações realizadas no nível do ácido desoxirribo-nucleico (DNA);
c) a retirada dos cromossomos do animal impediria a sua sobrevivência, o que não é o caso;
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
