Chapitre 1 : Unicité chimique des êtres vivants

Chapitre 1 :
Unicité chimique des êtres vivants
1) Associez le nom de chacun de ces lipides à sa formule chimique. Lesquels sont présents dans
les membranes plasmiques (voir Chapitre 3) ? Comment définir un lipide ?
Conseil : Repérez les structures caractéristiques des différents types de lipides.
a)
Triglycéride
b) Cortisol (sachant qu’il dérive du cholestérol)
c)
Acide gras
d) Cholestérol
e) Phosphatidylinositol
I)
II)
III)
IV)
2)
V)
En sachant que l’acide aminé glycine correspond à l’extrémité C-terminale, représentez en
détail la structure du peptide suivant, en indiquant notamment les liaisons peptidiques.
Peptide : Gly–Ala–Cys
Conseil : Souvenez-vous de la réaction de formation d’un peptide à partir de plusieurs acides aminés.
Réponses :
1)
a) Triglycéride : formule III
-
Non présent dans la membrane plasmique.
-
Hydrolysables, les triglycérides constituent une réserve d'énergie grâce aux acides gras qu’ils
contiennent. Ces derniers sont dégradables par la β-oxydation et fournissent, via la chaîne
respiratoire, de l’énergie à la cellule. Ils sont stockés dans les cellules adipeuses.
b) Cortisol : formule IV
-
Non présent dans la membrane plasmique.
-
Le cortisol est une hormone stéroïde sécrétée par le cortex de la glande
surrénale et fabriquée à partir de cholestérol. Il permet de réguler le
métabolisme des glucides (néoglucogenèse), des graisses et des protéines.
c) Acide Gras : formule V
-
Comme tel, non présent dans la membrane plasmique.
Par contre, les phospholipides, qui contiennent des acides gras, sont bien présents dans la
membrane plasmique (voir Chapitre 3).
-
Les acides gras constituent une importante réserve d’énergie contenue dans la cellule. Ils sont
stockés sous la forme de triglycérides dans des gouttelettes lipidiques.
d) Cholestérol : formule I
-
Présent dans la membrane plasmique (voir Chapitre 3).
-
Le cholestérol est un composant majeur des membranes cellulaires
animales. Il contribue à leur stabilité et au maintien de leurs structures en
s'intercalant entre les phospholipides.
e) Phosphatidylinositol : formule II
- Présent dans la membrane plasmique (voir Chapitre 3).
- Les phospholipides, avec les glycolipides et les stérols, sont les
constituants essentiels des membranes cellulaires. La nature des
acides gras des phospholipides joue un rôle important dans la fluidité
des membranes, ainsi que dans la perméabilité à certaines molécules
ou à certains ions.
Parmi ces lipides, les seuls qui soient présents dans la membrane plasmique sont donc le cholestérol
et le phosphatidylinositol (voir Chapitre 3).
Une définition possible les lipides : Classe hétérogène de molécules organiques insolubles dans
l’eau, solubles dans les solvants organiques apolaires (benzène, chloroforme, éther…) et
caractérisées par la présence dans la molécule d’au moins un acide gras. Cette dernière
caractéristique n’est toutefois pas présente chez les stéroïdes. Ceux-ci, insolubles dans l’eau, sont
tout de même rattachés aux lipides, mais on parlera plutôt de « composés à caractère lipidique ».
À vrai dire, il n'existe pas vraiment de définition unique reconnue par la communauté scientifique, les
« lipides » désignant un ensemble de molécules aux structures et aux fonctions extrêmement
variées.
2) Par convention, le premier acide aminé de la structure primaire d’un peptide est celui dont la
fonction amine n’est pas engagée dans une liaison peptidique, constituant l’extrémité NH2terminale du peptide. Ce peptide est donc formé de trois acides aminés :
HOOC–GlycineAlanineCystéine–NH2 ou H2N–CystéineAlanineGlycine–COOH
Deux liaisons peptidiques (CO–NH) sont présentes dans ce peptide et sont entourées ci-dessous :
Cystéine
Alanine
Glycine
Glycine
Cystéine
Alanine
= Liaison peptidique
Chapitre 2 :
Unicité structurale du vivant
et méthodes d’étude de la cellule
1) Pour chacun des organismes/organites/constituants suivants, citez le moyen (œil humain,
microscope optique ou microscope électronique) que vous utiliseriez pour le visualiser :
a) l’ADN
b) une mitochondrie
c) un œuf humain
d) une cellule eucaryote
e) une paramécie
f) une cellule nerveuse
g) des ribosomes
h) un virus
Conseil : Établissez une échelle de grandeur pour chaque élément à observer.
2) Il existe de nombreux colorants permettant d’identifier la cellule et sa constitution lors de
son observation au microscope. La coloration peut être :
a) Simple : utilisation d’un colorant unique
b) Combinée : utilisation de plusieurs colorants
Pour chacun des colorants suivants :
- vert de méthyle-pyronine
- réactif de Schiff
- hématoxyline/éosine
Pouvez-vous préciser s’il s’agit d’une coloration simple ou combinée et indiquer ce qu’ils
mettent en évidence ?
Conseil : L’utilisation de plusieurs colorants permet d’ajouter du contraste entre différents éléments
dans la préparation à observer au microscope.
Réponses :
1) Le choix de l’instrument d’observation dépend de la taille de l’objet à examiner, mais aussi du
type d’informations que l’on souhaite retirer de l’analyse. L’œil humain ne peut distinguer des
objets en dessous de 100 µm. Les pouvoirs de résolution des microscopes optique et
électronique sont respectivement de 200 nm et 0,2 nm.
a) Microscopie électronique. L’ADN est une molécule constituée de 2 chaînes nucléotidiques
enroulées en une double hélice (voir Chapitre 1). Son diamètre est de 2 nm, il ne peut donc être
observé qu’au microscope électronique.
b) Microscope optique et microscope électronique. Une mitochondrie est un organite des
cellules eucaryotes dont la dimension est de 1 à 10 µm de long et 0,5 à 1 µm de diamètre (voir
Chapitre 9). Bien que les mitochondries soient déjà visibles en microscopie optique, en
particulier à l’aide d’un microscope à contraste de phase, l’examen de leur organisation
structurale interne nécessite l’emploi d’un microscope électronique.
c) Microscope optique et microscope électronique. La taille de l’œuf humain (100 µm de
diamètre) permet difficilement de l’observer à l’œil nu. Observer un œuf humain nécessite donc
un microscope optique ou un microscope électronique pour les détails plus fins.
d) Microscope optique, œil humain et microscope électronique. La taille moyenne d’une cellule
eucaryote varie entre 10 et 100 µm de diamètre. En conséquence, à l’exception de quelques
cellules de grande taille comme l’œuf de poule qui sont visibles à l’œil nu, les cellules eucaryotes
seront observées à l’aide d’un microscope optique. L’organisation structurale interne de ces
cellules pourra être étudiée en microscopie électronique.
e) Microscope optique, microscope électronique et œil humain. Étant donné que la paramécie
est un protiste cilié dont la taille varie de 50 à 300 µm de long suivant les espèces, cet
unicellulaire peut, dans la majorité des cas être, observé à l’aide d’un microscope optique. Pour
les espèces de grande taille, elles pourront être observées à l’œil nu. Pour l’examen de leur
structure interne, il faudra le microscope électronique.
f) Microscope optique, œil humain et microscope électronique. La taille des neurones variant
entre 5 et 120 µm de diamètre, leur observation sera réalisée au moyen d’un microscope
optique. Cependant, les invertébrés peuvent présenter des cellules nerveuses de plus grande
taille, visibles à l’œil nu. Par exemple dans le ganglion viscéral de l’aplysie (lièvre de mer,
mollusque gastéropode sans coquille), un neurone peut atteindre 1 mm de diamètre. Le
microscope électronique sera nécessaire pour l’analyse de la structure interne des neurones.
g) Microscope électronique. Les ribosomes sont des structures subcellulaires de 25-30 nm de
diamètre qui requièrent le microscope électronique pour leur observation (voir Chapitre 5).
h) Microscope électronique. Les virus se caractérisant par leur très petite taille (< 250 nm), le
microscope électronique est indispensable à leur observation. Cependant, il a été récemment
découvert des virus géants (400 nm) qui peuvent être observés en microscopie optique.
2) La coloration par le vert de méthyle-pyronine est une méthode cytochimique utilisant 2
colorants (coloration combinée, b) pour différencier l’ADN de l’ARN. La chromatine, riche en
ADN, est colorée en vert par le vert de méthyle tandis que le nucléole et les régions
cytoplasmiques avec un abondant contenu en ribosomes, structures riches en ARN, sont colorés
en rouge par la pyronine.
Le réactif de Schiff est un colorant utilisé dans la réaction de Feulgen pour la mise en évidence
de l’ADN dans les cellules et dans la réaction PAS (Periodic Acid Schiff) pour la détection des
structures riches en polysaccharides tels les grains de glycogène, le cell coat et la membrane
basale (coloration simple, a). Dans les 2 cas, le réactif de Schiff est réduit par des groupements
aldéhydiques préalablement libérés par un traitement chimique, formant un complexe coloré en
pourpre. Dans la réaction de Feulgen, les aldéhydes sont rendus accessibles par rupture des
liaisons N-glycosidiques des bases puriques de l’ADN à l’aide d’une hydrolyse ménagée par
l’acide chlorhydrique. Dans la réaction PAS, les aldéhydes sont démasqués par rupture de la
liaison covalente entre 2 groupes -OH des sucres au moyen d’une oxydation par l’acide
périodique.
La coloration à l'hématoxyline et à l'éosine est une méthode de coloration différentielle
(coloration combinée, b) de tissus très utilisée en histologie. Cette méthode colore le noyau en
bleu-noir grâce à l’hématoxyline (l’hématoxyline possède une bonne affinité pour les
substances acides ; il met en évidence des structures basophiles, telle la chromatine présente
dans le noyau des cellules) alors que le cytoplasme est coloré en orange rosé par l’éosine
(l’éosine présente une affinité pour les substances alcalines ; elle révèle des structures
acidophiles tel le cytoplasme cellulaire).
Chapitre 3 :
La périphérie cellulaire
1)
Un lambeau d'épiderme d'oignon rouge placé dans une solution de galactose 0,4 M est
observé au microscope. La membrane plasmique des cellules reste accolée à la paroi
pectocellulosique.
Un autre lambeau d'épiderme est placé dans une solution mixte de galactose 0,4 M et
d’acétate d’ammonium 0,1 M. Les cellules présentent rapidement un décollement de la
membrane plasmique qui s'écarte de la paroi. Cependant, après quelques minutes, les cellules
reprennent un aspect normal.
Expliquez ces deux situations.
Conseil : N’oubliez pas que ces phénomènes sont dynamiques et peuvent parfois prendre du temps.
2)
Un récipient est partagé en 2 compartiments A et B par une membrane perméable aux
molécules et aux ions de taille inférieure à 300 g/mole. En A, on place 0,5 litre d'une solution
dont la composition est : glucose 90 g/l, NaCl 0,2 m et lactose 102,6 g/l. En B, on place 0,5 litre
d'une solution dont la composition est : saccharose 6,84 %, urée 18 g/l et un composé X à
0,2 m. À l’équilibre, le niveau est plus élevé dans le compartiment B que dans le compartiment
A.
Les masses moléculaires de ces différentes substances sont : glucose : 180- saccharose : 342 lactose : 342 - NaCl : 58,5 - urée : 60
a) Quelle est, à l’équilibre, la concentration molaire en glucose dans le compartiment B ?
b) Quelle est, à l’équilibre, la concentration molaire en urée dans le compartiment A ?
c) La concentration en saccharose dans le compartiment B, à l’équilibre, est-elle inférieure,
égale, ou supérieure à 0,2 m ? Justifier votre réponse.
d) La concentration en lactose dans le compartiment A, à l’équilibre, est-elle inférieure, égale
ou supérieure à 0,3 M ? Justifier votre réponse.
e) La masse molaire du composé X est-elle supérieure ou inférieure à 300 g/mole ?
Conseil : Différenciez bien les solutés qui peuvent passer au travers de la membrane et ceux qui en
sont incapables.
Réponses :
1)
- Solution de galactose à la concentration de 0,4 M :
Le galactose ne se dissociant pas en solution, la pression osmotique de la solution de galactose
0,4 M est de 0,4 OsM, soit une solution isotonique pour les cellules d’épiderme d’oignon rouge.
Dans ces conditions, il n’y a pas de variation du volume cellulaire.
- Solution mixte de galactose 0,4 M et d’NH4Ac 0,1 M :
L’acétate d’ammonium se dissociant en 2 ions en solution, Ac- et NH4+, la pression osmotique de
la solution mixte de galactose 0,4 M et d’NH4Ac 0,1 M est de 0,6 OsM, soit une solution
hypertonique pour les cellules d’épiderme d’oignon rouge. Lorsque le lambeau d’épiderme sera
plongé dans cette solution, l’eau sortira de ses cellules. C’est le phénomène de plasmolyse.
Cependant, bien que Ac- et NH4+ ne franchissent pas ou très difficilement les membranes, ces
ions peuvent par protonation et déprotonation se transformer en acide acétique et ammoniac,
molécules neutres capables de traverser facilement la membrane plasmique des cellules. À
terme, ces deux molécules vont équilibrer leur concentration de part et d'autre de la
membrane. Le mouvement d'eau va alors s'inverser, engendrant une déplasmolyse et un retour
à l’aspect normal des cellules.
Il est important de remarquer que la plasmolyse est le premier phénomène osmotique, car les
mouvements d'eau sont toujours plus rapides que les mouvements de molécules ou d'ions.
2)
a) Au départ, le compartiment A contient 0,5 litre d’une solution mixte renfermant du glucose à
90 g/l. La membrane étant perméable au glucose, à l’équilibre, le glucose va se répartir à la
même concentration de part et d’autre de la membrane. Le volume total des 2 compartiments
étant égal à 1 litre, le glucose du compartiment A sera dilué 2 fois soit 45 g/l.
La masse moléculaire du glucose est de 180, il faut donc 180 g de glucose pour réaliser un litre
de solution 1 M. Donc, à l’équilibre, la concentration molaire en glucose dans les 2
compartiments sera de 45/180 = 0,25 M.
b) Au départ, le compartiment B contient 0,5 litre d’une solution mixte renfermant de l’urée à
18 g/l. La membrane étant perméable à l’urée, à l’équilibre, l’urée va se répartir à la même
concentration de part et d’autre de la membrane. Le volume total des 2 compartiments étant
égal à 1 litre, l’urée sera diluée 2 fois soit 9 g/l.
Sachant que la masse moléculaire de l’urée est de 60, à l’équilibre, la concentration molaire de
l’urée dans les 2 compartiments sera de 9/60 = 0,15 M.
c) Étant donné que le glucose, l’urée et le NaCl diffusent à travers la membrane, ils vont
équilibrer leur concentration de part et d’autre de la membrane semi-perméable et sont
osmotiquement inactifs. Les deux composés connus osmotiquement actifs sont le saccharose et
le lactose.
Le pourcentage de la solution de saccharose est de 6,84 %. La masse moléculaire du saccharose
est de 342, il faut donc 342 de saccharose pour réaliser un litre de solution 1M. Donc, une
solution de saccharose de 6,84 % (6,84 g/100 ml ou 68,4 g/l) est une solution 0,2 m (68,4/342).
Le saccharose ne se dissociant pas en solution, la pression osmotique de la solution de
saccharose 0,2 m est de 0,2 OsM.
Dans le compartiment A, la pression osmotique de la solution de lactose 0,3 M (102,6/342) est
0,3 OsM. La pression osmotique du milieu B est de 0,2 OsM (saccharose 0,2 m) additionnée de la
pression osmotique de la solution du composé X 0,2 m.
Or, le niveau du liquide à l’équilibre est plus élevé dans le compartiment B que dans le
compartiment A. Cela nous indique que le milieu B doit être plus concentré en substances
osmotiquement actives.
À l’équilibre, le saccharose dans le compartiment B sera dilué par le passage de l’eau du
compartiment A vers le compartiment B et la concentration en saccharose sera inférieure à
0,2 m.
d) Par le même raisonnement que celui décrit au point c, à l’équilibre, le lactose se concentrera
dans le compartiment A par la sortie de l’eau du compartiment A vers le compartiment B et la
concentration en lactose sera supérieure à 0,3 M.
e) Comme mentionné au point c, le milieu B doit être plus concentré en substances
osmotiquement actives. Or, la pression osmotique du milieu A est de 0,3 OsM et celle du
saccharose dans le compartiment B est de 0,2 OsM. Le composé X doit donc être
osmotiquement actif, sa masse molaire est donc supérieure à 300 g/mole.
Chapitre 4 : Le noyau
1) Soit la séquence nucléotidique d’un brin d’ADN :
3’ – TACAAATGAGCCGCTAGCAGC– 5’
a) Donnez la séquence du brin complémentaire après réplication.
b) Donnez la séquence de l’ARN après transcription en utilisant le brin obtenu en a) comme
brin sens.
2) Des segments d’ADN comprenant un gène spécifiant une protéine et ses régions voisines sont
isolés. Ces segments sont dénaturés et mis en présence de molécules d’ARNm matures
préalablement produites à partir de ce gène. Les hybrides ADN-ARN sont étalés sur des grilles
de microscopie électronique recouvertes d’un mince film support. Après ombrage des
molécules, un chercheur résume l’une de ses observations par le schéma suivant :
Faites une interprétation de cette observation et annotez le schéma.
Conseil : L’ensemble de l’information génétique contenue dans le gène est-elle présente dans
l’ARNm mature ?
Réponses :
1) a) Après réplication, la séquence du brin complémentaire est la suivante :
Brin d’ADN :
3’ – TACAAATGAGCCGCTAGCAGC– 5’
Brin complémentaire :
5’ – ATGTTTACTCGGCGATCGTCG – 3’
ou dans l’autre sens
3’ – GCTGCTAGCGGCTCATTTGTA– 5’
b) Après transcription, la séquence de l’ARN transcrit (ARNm) est la suivante :
Brin sens :
5’ – ATGTTTACTCGGCGATCGTCG – 3’
ARN messager :
5 ’ – AUGUUUACUCGGCGAUCGUCG – 3 ’
2) L’expérience révèle que les molécules d’ARNm matures sont plus courtes que la séquence d’ADN
qui lui a servi de matrice pour sa synthèse. Cela provient du fait que la maturation consiste
notamment en l’épissage d’introns (boucles d’ADN non hybridées avec l’ARNm mature) et le
raboutage d’exons (séquences d’ADN hybridées avec l’ARNm mature). Dans le cas présent,
l’expérience montre que le gène contient 5 introns et 6 exons.
I5
I1
E1
E2
I2
E = Exon
I = Intron
E3
I3
E4
E5
I4
E6
Brin transcrit
de l’ADN
ARNm mature
Chapitre 5 :
Le réticulum endoplasmique et les ribosomes
1)
Soit la séquence d’un ARNm mature :
5’-CAAGAUGAUUUCCAUUGGGUCCAUUGCGUAAGGUGA-3’
a) Combien de types d’ARNt différents seront nécessaires pour synthétiser le polypeptide
sachant que UGA, UAG et UAA sont les codons STOP.
b) De combien d’acides aminés le polypeptide final sera-t-il constitué ?
Justifiez vos réponses.
Conseil : Souvenez-vous comment la traduction démarre.
2)
Soit la séquence nucléotidique d’un segment d’ADN :
5’ – AAGATGGTGCACCTGACTCCTTAGCGC – 3’
3’ – TTCTACCACGTGGACTGAGGAATCGCG – 5’
a) Identifiez le brin sens (ou brin codant).
b) Écrivez la séquence du brin anti-sens (ou brin matrice).
c) Écrivez la séquence de l'ARNm.
d) Quelle est la séquence en acides aminés du polypeptide obtenu ?
e) Quelle influence aurait la délétion de l’uridine en position 8 de l’ARNm sur la séquence en
acides aminés ?
Conseil : Souvenez-vous comment reconnaître le brin sens et le brin anti-sens.
3)
Soit la séquence nucléotidique d’un segment d’ADN :
5’ – CTAACGATGGGTCCACGTGACTCCTTATAGCGC – 3’
3’ – GATTGCTACCCAGGTGCACTGAGGAATATCGCG – 5’
a) Quel est le brin sens ?
b) Quel est le brin anti-sens ?
c) Quelle est la séquence de l’ARNm ?
d) Quelle est la séquence du polypeptide codé par ce messager ?
e) Quelle serait l’influence de l’insertion d’une thymidine après la seconde guanosine dans le
brin sens de l’ADN sur la séquence en acides aminés ?
Conseil : Faites un tableau afin de bien aligner les séquences.
4)
Un segment d’ARNm code le peptide Met–Thr–Phe–Ile–Trp. La délétion d’une base dans le
gène codant cet ARN génère le peptide suivant : Met–Pro–Ser–Tyr–Gly–Asn.
a) Au niveau de quel codon la délétion s’est-elle produite ?
b) Quelle position du codon original la délétion affecte-t-elle ?
c) Quelle est la séquence en bases des ARNm sauvage et muté ?
d) Quel serait l’impact de l’insertion d’une uridine après les 3 premières bases de l’ARN muté
sur la séquence en acides aminés ?
Conseil : Cet exercice est l’inverse des premiers exercices de ce chapitre. Faites un tableau avec les
différents codons qui peuvent correspondre aux acides aminés des deux séquences de l’énoncé.
Réponses :
1) a) La traduction d’un ARNm débute avec un codon initiateur, AUG, dans le sens 5’>3’ et se termine
au niveau d’un codon STOP. La séquence nucléotidique de l’ARNm renferme un codon initiateur,
5’-AUG-3’, et un codon STOP, 5’-UAA-3’, huit triplets nucléotidiques plus loin.
5’-CAAG AUG AUU UCC AUU GGG UCC AUU GCG UAA GGUGA-3’
La synthèse du polypeptide nécessitera huit ARNt (le codon STOP n’implique pas d’ARNt).
Cependant, un des codons (AUU) est en trois exemplaires et un autre (UCC) est en deux
exemplaires. Cinq types d’ARNt différents seront donc nécessaires pour synthétiser le
polypeptide.
b) La partie traduite de l’ARNm comprend neuf codons. Cependant, le codon STOP (UAA) ne
correspond à aucun acide aminé. De plus, le codon initiateur (AUG), correspondant à une
méthionine, sert à la mise en marche de la traduction. Cet acide aminé situé à l’extrémité Nterminale sera enlevé dans le polypeptide final.
Le polypeptide terminé sera donc constitué de sept acides aminés.
2) a) Le brin sens est le brin supérieur, car il renferme un codon initiateur ATG (AUG après
transcription), site d’initiation de la traduction.
Brin sens :
5’ – AAGATGGTGCACCTGACTCCTTAGCGC – 3’
b) Le brin anti-sens est le brin complémentaire du brin sens, à savoir le brin inférieur :
Brin anti-sens :
3’ – TTCTACCACGTGGACTGAGGAATCGCG – 5’
ou dans l’autre
sens
5’ – GCGCTAAGGAGTCAGGTGCACCATCTT – 3’
c) Après transcription, la séquence de l’ARNm est la suivante (voir Chapitre 4) :
Brin sens :
ARN messager :
5’ – AAGATGGTGCACCTGACTCCTTAGCGC – 3’
5’ – AAGAUGGUGCACCUGACUCCUUAGCGC – 3’
d) La traduction de l’ARNm débutera au niveau du codon d’initiation AUG et se terminera au
niveau du codon-stop UAG. La séquence en acides aminés sera donc la suivante :
ARN messager :
Séquence en
acides aminés :
5’ – AAG-AUG-GUG-CAC-CUG-ACU-CCU-UAG-CGC – 3’
Met – Val – His – Leu – Thr – Pro
e) Après délétion de l’uridine en position 8, la séquence de l’ARNm devient :
ARN messager :
5’ – AAGAUGGUGCACCUGACUCCUUAGCGC – 3’
ARN messager :
5’ – AAGAUGG GCACCUGACUCCUUAGCGC – 3’
La traduction de l’ARNm débutera au niveau du codon d’initiation AUG et se terminera
précocement au niveau du quatrième codon, un codon-stop UGA. La séquence en acides aminés
sera donc la suivante :
ARN messager :
Séquence en
acides aminés :
5 ’ – AAG- AUG -GGC-ACC- UGA- CUC- CUU-AGC- GC – 3’
Met – Gly – Thr
3) a) Le brin sens est le brin supérieur, car il renferme un codon initiateur ATG (AUG après
transcription), site d’initiation de la traduction.
Brin sens :
5’ – CTAACGATGGGTCCACGTGACTCCTTATAGCGC – 3’
b) Le brin anti-sens est le brin complémentaire du brin sens, à savoir le brin inférieur :
Brin anti-sens :
3’ – GATTGCTACCCAGGTGCACTGAGGAATATCGCG – 5’
ou dans l’autre
sens
5’ – GCGCTATAAGGAGTCACGTGGACCCATCGTTAG – 3’
c) Après transcription, la séquence de l’ARNm est la suivante (voir Chapitre 4) :
Brin sens :
5’ – CTAACGATGGGTCCACGTGACTCCTTATAGCGC – 3’
ARN messager :
5 ’ – CUAACGAUGGGUCCACGUGA CUCC U UAUAGCGC – 3 ’
d) La traduction de l’ARNm débutera au niveau du codon d’initiation AUG et se terminera au
niveau du codon-stop UAG. La séquence en acides aminés sera donc la suivante :
ARN messager :
5’ – CUA-ACG-AUG-GGU-CCA-CGU-GAC-UCC-UUA-UAG-CGC – 3’
Séquence en
acides aminés :
Met - Gly - Pro - Arg - Asp - Ser - Leu
e) Après insertion d’une thymidine après la seconde guanosine, la séquence du brin sens
devient :
Brin sens :
5’ – CTAACGATG GGTCCACGTGACTCCTTATAGCGC – 3’
Brin sens :
5’ – CTAACGATGTGGTCCACGTGACTCCTTATAGCGC – 3’
ARN messager
5’ – CUAACGAUGUGGUCCACGUGACUCCUUAUAGCGC – 3’
La traduction de l’ARNm débutera au niveau du codon d’initiation AUG et se terminera précocement
au niveau du cinquième codon, un codon-stop UGA. La séquence en acides aminés sera donc la
suivante :
ARN messager :
Séquence en
acides aminés :
5’ – CUA-ACG-AUG-UGG-UCC-ACG-UGA-CUC-CUU-AUA-GCG-C – 3’
Met - Trp - Ser - Thr
4) a) Seul le premier acide aminé est commun aux deux peptides. La délétion a donc eu lieu dans le
second codon.
b) Sachant que la thréonine du peptide sauvage doit correspondre aux codons ACX (X = A, C, G ou U)
et que la proline du peptide muté doit correspondre au codon CCX (X = A, C, G ou U), la délétion
ponctuelle affecte la première position du codon original. L’adénosine (A) est donc éliminée et le
cadre de lecture se décale d’un nucléotide vers la gauche.
c) Le codon pour la méthionine est AUG.
- Sachant que la délétion affecte la première lettre du second codon et que la proline du peptide
muté doit correspondre au codon CCX (X = A, C, G ou U), nous pouvons en déduire que la
thréonine du peptide sauvage doit correspondre au codon ACC.
- Sachant que la phénylalanine du peptide sauvage doit correspondre aux codons UUU ou UUC et
que la sérine du peptide muté doit correspondre au codon UCX (X = A, C, G ou U), le codon de la
phénylalanine est UUC.
- Sachant que l’isoleucine du peptide sauvage doit correspondre aux codons AUU, AUC ou AUA et
que la tyrosine du peptide muté doit correspondre aux codons UAU ou UAC, le codon pour
l’isoleucine est AUA.
- Le codon pour le tryptophane est UGG.
Le tableau suivant résume ces résultats. Lorsque plusieurs possibilités sont admissibles pour un
codon de l’ARNm sauvage (en gras dans le tableau), il suffit de choisir la bonne base en regardant
la base qui se trouve dans l’ARNm muté à la position correspondante. Idem dans l’autre sens. X
= A, C, G ou U.
Peptide
sauvage :
Met
Thr
Phe
Ile
U
Codons
A U G A C X U U
A U
correspondants :
C
Peptide muté :
Met
Codons
A U G
correspondants :
Pro
Ser
Trp
Stop
U
U A A
C U G G U A G
A
U G A
Tyr
C C X U C X U A
Gly
Asn
Stop
U A A
U
U
G G X A A
U A G
C
C
U G A
Les séquences des ARNm sauvage et muté sont donc les suivantes :
ARNm
sauvage :
A U G
ARNm
muté :
A U G
A C C
U U C
A U A
U G G U A A
C C U U C A U A U
G G U A A
A A
U
U A G
C
G A
d) Après insertion d’une uridine, la séquence de l’ARNm et la séquence en acides aminés
deviennent :
ARNm muté :
A U G
C C U
U C A
U A U G G U A A
U A A
U
U A G
C
U G A
ARNm muté
+ insertion
Séquence en
acides aminés
A U G U
Met
C
C U U C A
U
Ser
Phe
Ile
A U G G U A A
Trp
STOP
La traduction de l’ARNm débute au niveau du codon d’initiation AUG et se termine au niveau du
codon-stop UAA. L’insertion d’une uridine a pour effet de recaler le cadre de lecture sur celui de
l’ARNm sauvage. La séquence en nucléotides y est identique, excepté l’uridine à la place de
l’adénosine en position 4, ayant pour effet la substitution d’une thréonine en une sérine dans le
nouveau peptide.
Chapitre 10 :
Les chloroplastes
1) En 1883, le biologiste Thomas Engelmann éclaira une algue filamenteuse par un faisceau de
lumière dispersée au passage dans un prisme de verre. Il exposa chaque segment de l’algue à
une longueur d’ondes spécifique de la lumière. Il ajouta des bactéries aérobies à la solution
dans laquelle se trouvait l’algue et constata que les bactéries se regroupaient dans les
segments de l’algue illuminés par les lumières bleue et rouge.
a) Que pouvons-nous en conclure ?
b) Quel était le but de cette expérience ?
c) Si la même expérience avait été faite sous une lumière blanche, quel aurait été le résultat ?
2) a) Quel est le principe de la réaction de Hill ?
b) Comment peut-on la mettre en évidence ?
Réponses :
1) a) Les bactéries aérobies s’accumulent au niveau des segments de l’algue où l’activité
photosynthétique est la plus élevée, c’est-à-dire où la libération d’oxygène est la plus grande.
Cet oxygène est en effet indispensable au métabolisme des bactéries. En observant la disposition
des bactéries, nous pouvons conclure que toutes les longueurs d’onde ne stimulent pas la
photosynthèse avec la même efficacité. Les longueurs d’onde les plus efficaces sont celles qui
correspondent aux couleurs bleu (≈ 400-500 nm) et rouge (≈ 650-700 nm).
b) L’objectif de cette expérience était de mettre en évidence la relation existante entre les
différentes longueurs d’onde qui composent la lumière et l’efficacité de la photosynthèse.
c) Sous lumière blanche, les bactéries se distribueraient équitablement sur toute la surface
éclairée de l’algue. En effet, la lumière blanche engendrerait une efficacité de photosynthèse
équivalente partout sur l’algue.
2) a) C’est une réaction catalysée par les chloroplastes isolés provoquant un dégagement
d’oxygène quand ils sont illuminés en présence d’un oxydant (qui est réduit). Cet oxydant se
comporte comme un accepteur artificiel d’électrons venus de l’eau, l’accepteur physiologique
étant le NADP+. Cette réaction illustre donc la photolyse de l’eau. La réaction de Hill peut
s’écrire :
H2O + A + Lumière  ½ O2 + AH2
Dans laquelle A est l’accepteur d’électrons et AH2 sa forme réduite.
b) La photolyse de l’eau peut être mise en évidence sur une suspension de chloroplastes à
l’aide d’un accepteur d’électrons comme le 2,6-dichlorophénolindolphénol (DPIP), qui est bleu à
l’état oxydé et incolore à l’état réduit. Il présente donc des caractéristiques d’absorption
lumineuse différentes selon son état d’oxydoréduction. L’équation s’écrira :
H2O + DPIP + Lumière  ½ O2 + DPIPH2
Bleu
Incolore
Forme oxydée
Forme réduite
Au début de l’expérience, la solution contenant des chloroplastes est donc bleue. Une fois à
la lumière, la solution devient progressivement incolore. Ce phénomène met en évidence la
photolyse de l’eau. Des témoins seront réalisés à l’obscurité et sans chloroplastes.
Chapitre 11 :
Les filaments cellulaires
1) Dessinez et annotez une coupe transversale dans un corpuscule basal d’un cil.
Réponse :
Chapitre 12:
Les procaryotes
1)
Le botulisme est une maladie paralytique rare mais grave due à une neurotoxine bactérienne
produite par différentes espèces de bactéries anaérobies strictes dont la plus connue est le
bacille Gram+ Clostridium botulinum. Comment cette bactérie survit-elle sur les plantes
cultivées pour la consommation humaine ? Pourquoi les conserves faites à la maison sontelles la principale source du botulisme ?
2)
Une infirmière d’un centre de prévention des infections est chargée de la formation du
personnel. Quelles explications donnera-t-elle pour faire comprendre le grand risque que
représentent les endospores dans le milieu hospitalier, particulièrement les endospores du
bacille Clostridium perfringens, l’agent causal de la gangrène, dans un service où sont
hospitalisés des patients atteints du diabète ?
3)
Plusieurs structures de la cellule bactérienne constituent d’excellentes cibles pour un
traitement antibiotique. Quelles sont ces structures, et quels sont les mécanismes d’action
des antibiotiques sur ces structures ?
Réponses :
1)
Un antibiotique est une substance qui détruit ou bloque la croissance des bactéries. La plupart
des antibiotiques sont des produits naturels fabriqués par des microorganismes pour éliminer
les bactéries concurrentes avec lesquelles ils sont en compétition dans leur milieu. Un bon
antibiotique sera une substance qui détruit les bactéries sans affecter les autres cellules de
notre corps. Enfin, plus l’antibiotique sera sélectif vis-à-vis des bactéries pathogènes
concernées, plus le traitement sera efficace et moins il y aura d’effets secondaires.
Les structures bactériennes ciblées par les traitements antibiotiques sont les suivantes :

La paroi cellulaire protège beaucoup de bactéries de l’environnement extérieur. Elle doit croître
quand la bactérie se divise. La fabrication des composants de cette paroi, notamment le
peptidoglycane, fait appel à une machinerie de synthèse qui est composée d'enzymes et de
systèmes de transport acheminant les composants à la surface cellulaire. Le blocage de la
synthèse de la paroi par certains antibiotiques fragilise fortement les bactéries, qui deviennent
très sensibles à des stress extérieurs, tels la pression osmotique et la température, causant la
lyse des cellules. La pénicilline fait partie de ces antibiotiques qui bloquent la synthèse de la
paroi bactérienne. Puisque nos cellules n’ont pas de paroi, ce type d’antibiotique n’affecte pas
nos cellules.

L’intégrité de la membrane plasmique est nécessaire à la survie des bactéries. La membrane
plasmique permet de confiner différents métabolites et ions à l’intérieur du cytoplasme de la
bactérie. Chez les bactéries aérobies, elle aide aussi à maintenir un gradient de protons entre
l’intérieur et l’extérieur de la cellule. Ce gradient généré par la chaîne respiratoire alimente l’ATP
synthétase qui fabrique l’ATP. Tout bouleversement de l'imperméabilité de la membrane abolit
ces confinements, l'énergie chimiosmotique est dissipée et le contenu du cytoplasme fuit dans
le milieu extracellulaire.

Le ribosome est un acteur majeur de la synthèse des protéines. Les ribosomes des bactéries
sont sensiblement différents de ceux des eucaryotes. Certains antibiotiques inhibent
sélectivement la traduction des protéines chez les bactéries mais pas chez les eucaryotes. Le
chloramphénicol inhibe les ribosomes bactériens mais n’a pas d’effet sur les ribosomes
eucaryotes. La cycloheximide a un effet inverse.

Le cytoplasme est le site de nombreuses activités biochimiques de la cellule bactérienne qui,
contrairement à celui de la cellule eucaryote, ne possèdent pas d’organites. Certains
antibiotiques interfèrent avec la production de métabolites importants, inhibant la fabrication
de divers constituants essentiels de la cellule : lipides, nucléotides, acides aminés.

Chez les bactéries, l’information génétique est généralement portée par une gigantesque
molécule d’ADN circulaire appelée le nucléoïde. La réplication de cette molécule d’ADN et sa
transcription en diverses molécules d’ARN sont absolument vitales pour les cellules. Sans elles,
la division cellulaire et la synthèse des protéines sont impossibles. Un certain nombre de
substances peuvent inhiber de manière directe ou indirecte ces voies de biosynthèse des acides
nucléiques et possèdent en conséquence une activité antibiotique.
Le nucléoïde se présente dans un état topologique particulier caractérisé par un
surenroulement négatif. Cette configuration est capitale pour la réplication de l'ADN (et aussi
pour sa transcription en ARN) et constitue une caractéristique de l'ADN bactérien. Ce
surenroulement négatif dans l'ADN est introduit par l'ADN gyrase, une enzyme de la famille des
topoisomérases qui est cruciale pour la survie bactérienne mais qui n'a pas d'équivalent chez les
eucaryotes. L’action de l'ADN gyrase est bloquée par certains antibiotiques.
D'autres molécules arrêtent la réplication de l'ADN en introduisant des liaisons covalentes entre
des bases voisines, soit sur le même brin soit entre les deux brins de l'ADN. Ces liens déforment
l'ADN, peuvent empêcher l'ouverture des brins et bloquent l'action de différentes enzymes
agissant sur l'ADN. Il en résulte en particulier le blocage de la progression de la fourche de
réplication et du réplisome et ainsi l’arrêt de la réplication. Ces molécules, comme
l'actinomycine, si elles ont bien une activité antibiotique sur les bactéries, ne sont pas utilisées
comme telles chez l'homme car elles ne sont pas sélectives et agissent aussi sur l'ADN des
cellules eucaryotes. Leur capacité à se lier également à notre ADN inhibe aussi la division de nos
propres cellules, ce qui leur confère en plus des propriétés antimitotiques chez l'homme. Pour
cette raison, elles sont utilisées en chimiothérapie anticancéreuse.
Enfin, certains antibiotiques sont des inhibiteurs spécifiques de l'ARN polymérase bactérienne
qui bloquent la transcription des gènes et la synthèse des ARN messagers.
2)
Les plantes cultivées vivent dans un environnement défavorable à la survie de Clostridium
botulinum (présence de dioxygène). Dans ces mauvaises conditions environnementales, C.
botulinum produit une endospore, qui représente une forme de résistance de la bactérie. Ces
endospores persistent sur les plantes et peuvent se retrouver dans des aliments. Si des
conserves faites à la maison sont mal stérilisées, les spores ne sont pas détruites. Dans la boîte
de conserve scellée, les conditions environnementales deviennent anaérobies et favorisent la
germination des spores. Les bactéries peuvent alors se multiplier et produire une neurotoxine,
qui est libéré dans l’aliment mis en conserve. Lorsque cet aliment est consommé, il y a
intoxication alimentaire.
3)
Les endospores constituent des formes de vie très résistantes. Elles peuvent résister à divers
agents physiques (la chaleur, le gel, la dessiccation et les rayonnements) et chimiques
(désinfectants et antiseptiques). Leur thermorésistance est en partie due à leur déshydratation
importante (entre 10 et 20 % d'eau), ce qui les rend volatiles. Les endospores représentent donc
un danger car elles peuvent être facilement véhiculées par l’air.
L’air d’un milieu hospitalier héberge certainement des endospores de Clostridium perfringens.
Cette endospore germera si elle se retrouve dans un environnement anaérobie. Les bactéries
pourront alors se multiplier et produire des nécrotoxines.
Le diabète est une maladie chronique qui prédispose le sujet atteint à la maladie infectieuse.
Lorsque le patient n’est pas en état d’homéostasie, des plaies se forment facilement sur la peau
des extrémités. Ces plaies mal irriguées s’aggravent en présence de tissu nécrosé, offrant des
conditions de croissance anaérobies.
Les endospores de Clostridium perfringens trouvent dans ces plaies des conditions favorables à
leur développement, et peuvent donc causer la gangrène gazeuse.
Chapitre 13 :
La multiplication cellulaire
1) À partir d’une biopsie humaine, des fibroblastes sont mis en culture dans un milieu approprié à
37 °C. Après plusieurs jours de culture, l’examen microscopique d’un échantillon de 2000
cellules révèle que l’index mitotique est de 5 %. Une estimation quantitative de l’ADN contenu
dans les cellules interphasiques indique aussi que 50 % des cellules possèdent une quantité X
d’ADN, 20 % une quantité 2X et 30 % une quantité intermédiaire entre ces deux valeurs. Enfin,
une étude autoradiographique montre que la phase G1 du cycle cellulaire dure 9,5 heures.
a) Combien de cellules de l’échantillon se trouvent en mitose, G1, S, G2 ?
b) Quelle est la durée totale du cycle cellulaire ?
c) Quelle est la durée de la phase S, de la phase G2 et de la mitose ?
d) Que se passerait-il si de la colchicine était ajoutée dans le milieu de culture ?
2) Sachant que l’axe vertical de ce graphique vous informe sur le nombre de cellules épithéliales
de rat en culture et l’axe horizontal représente la quantité d’ADN contenue dans chaque
cellule, indiquez dans quelle phase du cycle cellulaire se trouvent les populations M1, M2 et
M3 ?
M1
M3
M2
Réponses :
1)
a)

Sachant que l’index mitotique est de 5 %, cela signifie que 5 % des cellules de l’échantillon
sont en mitose. Sur 2 000 cellules en culture, le nombre de cellules en mitose sera donc de :

On en déduit que sur les 2 000 cellules de l’échantillon, les 1 900 autres sont en interphase.

Sachant que 50 % des cellules en interphase contiennent une quantité X d’ADN, et donc sont
en phase G1 du cycle cellulaire. Sur 1 900 cellules en interphase, le nombre de cellules en
phase G1 sera donc de :

Sachant que 30 % des cellules en interphase contiennent une quantité intermédiaire d’ADN,
et donc sont en phase S du cycle cellulaire. Sur 1 900 cellules en interphase, le nombre de
cellules en phase S sera donc de :

Sachant que 20 % des cellules en interphase contiennent une quantité 2X d’ADN, et donc
sont en phase G2 du cycle cellulaire. Sur 1 900 cellules en interphase, le nombre de cellules
en phase G2 sera donc de :
b)
La durée du cycle cellulaire est le rapport de la durée d’une phase du cycle cellulaire (en heures)
par le nombre de cellules se trouvant dans cette phase, multiplié par le nombre total de cellules
observées. Prenons par exemple la phase G1, qui dure 9,5 heures et dont 950 cellules sont en
G1.
c)
La durée d’une phase du cycle cellulaire est le rapport du nombre de cellule dans cette phase
par le nombre total de cellules observées, multiplié par la durée du cycle cellulaire.
d)
La colchicine est une substance extraite du colchique qui inhibe la polymérisation des
microtubules. En se liant aux dimères de tubulines, principaux constituants des microtubules,
elle empêche la formation du fuseau mitotique et bloque donc les cellules en mitose. Dans la
culture de fibroblastes humains, la colchicine provoquera donc une accumulation de cellule
en mitose.
2) Les cellules épithéliales de rat sont des cellules somatiques diploïdes, à 2n chromosomes.

La population M1 contient le plus de cellules, mais ces cellules présentent la plus faible
teneur en ADN. Elle correspond aux cellules en phase G1 qui possèdent 2n chromosomes,
avec une chromatide par chromosome.

La population M3 est plus petite que la M1, mais présente une teneur en ADN double. Elle
correspond principalement aux cellules en phase G2 (2n chromosomes, avec 2 chromatides
par chromosome) mais aussi, dans une moindre mesure, aux cellules engagées dans le début
de la division cellulaire (prophase et métaphase). Ces cellules ne se sont pas encore divisées,
elles contiennent donc toujours une teneur en ADN double.

La population M2 possède une teneur en ADN intermédiaire entre la population M1 et la
population M3. Elle correspond aux cellules en phase S, en cours de réplication de leur ADN.
Un très petit nombre de cellules possède une quantité d’ADN inférieure à 1, elles correspondent
à des cellules en cours de dégradation par apoptose. En effet, ces cellules commencent par
dégrader leur ADN avant de se fragmenter en corps apoptotique. D’autres cellules ont une
quantité d’ADN supérieur à 2, elles correspondent à des cellules dont la cytocinèse ne s’est pas
faite correctement ou même pas du tout. Ces cellules deviennent alors polyploïdes, avec une
quantité d’ADN supérieure.
Chapitre 14 :
La reproduction des organismes
1) Sachant que les ovocytes II en prophase de la drosophile possèdent 8 chromatides, combien y
a-t-il de chromosomes, chromatides et compléments d’ADN dans :
a) Une ovogonie en G1 ?
b) Un fibroblaste tétraploïde en G2 ?
c) Le 1er globule polaire ?
d) Un hépatocyte triploïde en G1 ?
e) Un spermatocyte I en prophase ?
2) Sachant que les cellules somatiques du lièvre possèdent 48 chromosomes, combien y a-t-il de
chromosomes, chromatides et compléments d’ADN dans :
a) Un hépatocyte en G2 ?
b) Une ovogonie en G1 ?
c) Une spermatide ?
d) Le 1er globule polaire ?
e) Un pôle de télophase en mitose ?
f) Un fibroblaste tétraploïde en G2 ?
3) Sachant que les cellules octoploïdes en G1 de la drosophile possèdent 32 chromatides,
combien y a-t-il de chromosomes, chromatides et compléments d’ADN dans :
a) Un neurone en G1 ?
b) Une spermatogonie en G2 ?
c) Un ovocyte II en prophase ?
d) Le 2e globule polaire ?
e) Un spermatozoïde ?
f) Un ovocyte I en prophase ?
g) Une cellule en prophase de la mitose ?
h) Un entérocyte tétraploïde en G2 ?
4) Sachant que les cellules pentaploïdes en G2 de l’ascaris possèdent 20 chromatides, combien y
a-t-il de chromosomes, chromatides et compléments d’ADN dans :
a) Un ovocyte II en prophase ?
b) Une ovogonie en G1 ?
c) Une spermatide ?
d) Une cellule en métaphase de la mitose ?
e) Un lymphocyte octoploïde en G1 ?
5) Sachant que les cellules-mères des grains de pollen en prophase de la 1re division méiotique du
maïs possèdent 40 chromatides, combien y a-t-il de chromosomes, chromatides et
compléments d’ADN dans :
a) L’oosphère ?
b) Une cellule du spermoderme en G1 ?
c) Une cellule de l’albumen en G1 ?
d) Un pôle télophasique d’une cellule méristématique ?
e) Une cellule parenchymateuse tétraploïde en G2 ?
6) Sachant que les ovocytes en prophase de la division équationnelle de la grenouille, Rana
pipens, possèdent 26 chromatides, combien y a-t-il de chromosomes, chromatides et
compléments d’ADN dans :
a) Un spermatocyte I en prophase ?
b) Une spermatogonie en G1 ?
c) Le 2e globule polaire ?
d) Un pôle de télophase d’un hépatocyte ?
e) Un fibroblaste tétraploïde en G1 ?
7) Sachant que la cellule germinale du grain de pollen bicellulaire en G2 de l’orchidée possède 40
chromatides, combien y a-t-il de chromosomes, chromatides et compléments d’ADN dans :
a) Une cellule parenchymateuse du sporophyte en G2 ?
b) Un microsporocyte en G1 ?
c) Une cellule de l’albumen en G1 ?
d) Un pôle télophasique d’une cellule méristématique ?
e) Une cellule épidermique tétraploïde en G2 ?
8) Sachant qu’un ovocyte au stade zygotène d’un furet possède 20 tétrades, combien y a-t-il de
chromosomes, chromatides et compléments d’ADN dans :
a) Un pôle de télophase mitotique d’un entérocyte ?
b) Un fibroblaste octoploïde en G2 ?
c) Une spermatogonie en G1 ?
d) Un spermatocyte II en prophase ?
e) Un pronucléus femelle juste avant l’amphimixie ?
9) Sachant que le pronucleus mâle d’un castor du Canada juste avant l’amphimixie possède 40
chromatides, combien y a-t-il de chromosomes, chromatides et compléments d’ADN dans :
a) Un pôle de la télophase en mitose ?
b) Un fibroblaste triploïde en G1 ?
c) Une ovogonie en G2 ?
d) Un spermatocyte II en prométaphase ?
e) Le 2e globule polaire ?
10) Sachant qu’une macrospore en G2 du riz possède 12 chromosomes, combien y a-t-il de
chromosomes, chromatides et compléments d’ADN dans :
a) Une cellule épidermique pentaploïde en G1 ?
b) Une cellule-mère des grains de pollen en prophase I de la méiose ?
c) Une cellule de l’albumen en G2 ?
d) Une cellule antipodale ?
e) Une cellule germinale en G2 d’un grain de pollen bicellulaire ?
Réponses :
1) Un ovocyte II provient de l’entrée d’une cellule germinale femelle dans la deuxième division
méiotique. Il est haploïde, car il a déjà subi la première division méiotique. En prophase, chaque
chromosome est présent en simple exemplaire et constitué de deux chromatides sœurs. La
cellule possédant 8 chromatides, elle contient donc 4 chromosomes. Puisqu’il s’agit d’une cellule
haploïde, cela indique que n = 4 chromosomes (2n = 8 chromosomes).
a)
L’ovogonie est une cellule germinale (diploïde) produisant les gamètes femelles. Elle n’a pas
encore commencé la méiose, elle possède donc 8 chromosomes. En G1, chacun de ses
chromosomes est constitué d’une chromatide (8 chromatides par cellule). La quantité d’ADN
de cette cellule est donc de 2C.
b)
Un fibroblaste tétraploïde contient 4n chromosomes, soit 16 chromosomes. En G2, chacun
de ses chromosomes est constitué de 2 chromatides, soit 32 chromatides par cellule, avec
une quantité d’ADN égale à 8C.
c)
Le 1er globule polaire est issu de la première division méiotique. Les chromosomes
homologues y sont séparés (haploïde), mais les chromatides sœurs toujours liées. Elle
contient donc 4 chromosomes, 8 chromatides et 2C.
d)
Un hépatocyte triploïde (3n) possède chaque chromosome en triples exemplaires, soit 12
chromosomes au total. En G1, chaque chromosome est formé d’une chromatide, et la cellule
contient donc 12 chromatides et 3C d’ADN.
e)
Un spermatocyte I en prophase provient de l’entrée d’une cellule germinale mâle
(spermatogonie) en première division méiotique. Il possède des chromosomes appariés par
paires d’homologues et son ADN est répliqué. Il contient donc 2n chromosomes, c’est-à-dire
8 chromosomes au total, avec 2 chromatides par chromosome (16 chromatides par cellule)
et 4C d’ADN.
Combien y a-t-il de →
dans ↓
Chromosomes Chromatides Compléments d’ADN
Une ovogonie en G1
8
8
2
Un fibroblaste tétraploïde en G2
16
32
8
Le 1er globule polaire
4
8
2
Un hépatocyte triploïde en G1
12
12
3
Un spermatocyte I en prophase
8
16
4
2) Les cellules somatiques du lièvre sont diploïdes et possèdent donc 2n chromosomes, ce qui indique
que 2n = 48 chromosomes (n = 24 chromosomes).
a) Un hépatocyte est une cellule somatique, et donc diploïde, qui possède 48 chromosomes.
En G2, il présente 2 chromatides par chromosome, soit 96 chromatides, et renferme 4
compléments d’ADN (4C).
b) L’ovogonie est la cellule mère des gamètes femelles. Elle est diploïde et contient 48
chromosomes. En G1, elle n’a pas encore répliqué son ADN et présente une chromatide par
chromosome, soit un total de 48 chromatides. Sa quantité d’ADN est donc de 2C.
c) La spermatide est issue de la seconde division méiotique du spermatocyte, cellule germinale
mâle. Elle est donc haploïde (24 chromosomes), contient une chromatide par chromosome
(24 chromatides par cellule) et 1C d’ADN.
d) Le 1er globule polaire est issu de la première division méiotique. Il est haploïde (24
chromosomes), présente 2 chromatides par chromosome (48 chromatides par cellule) et 2C
d’ADN.
e) La mitose est le mode de division des cellules somatiques. Chaque pôle de télophase
renferme donc 48 chromosomes formés chacun d’une chromatide (48 chromatides par
cellule) et une quantité d’ADN de 2C.
f)
Un fibroblaste tétraploïde (= 4n chromosomes) possède chaque chromosome en 4
exemplaires, soit un total de 96 chromosomes. En G2, chacun de ces chromosomes est
constitué de 2 chromatides (192 chromatides par cellule) et la teneur en ADN est de 8C.
Combien y a-t-il de →
dans ↓
Chromosomes Chromatides Compléments d’ADN
Un hépatocyte en G2
48
96
4
Une ovogonie en G1
48
48
2
Une spermatide
24
24
1
Le 1er globule polaire
24
48
2
Un pôle de télophase en mitose
48
48
2
Un fibroblaste tétraploïde en G2
96
192
8
3) Les cellules octoploïdes de la drosophile possèdent 8n chromosomes. En G1, elles n’ont pas
encore répliqué leur ADN et possèdent donc une chromatide par chromosome. Sachant qu’elles
possèdent 32 chromatides au total, ces cellules ont donc 32 chromosomes (= 8n). De ce fait, 2n
= 8 chromosomes (n = 4 chromosomes).
a) Un neurone est une cellule somatique, et donc diploïde, qui possède 8 chromosomes. En G1,
il présente une chromatide par chromosome, soit 8 chromatides, et renferme 2
compléments d’ADN (2C).
b) La spermatogonie est la cellule mère des gamètes mâles. Elle est diploïde et contient donc 8
chromosomes. En G2, elle a répliqué son ADN et présente 2 chromatides par chromosome,
soit un total de 16 chromatides. Sa quantité d’ADN est donc de 4C.
c) L’ovocyte II est issu de la première division méiotique, il est donc haploïde (4 chromosomes)
avec 2 chromatides par chromosomes (8 chromatides) et donc 2C d’ADN. En prophase II, il se
prépare à la deuxième division méiotique.
d) Le 2e globule polaire est issu de la deuxième division méiotique. Il est haploïde (4
chromosomes), présente une chromatide par chromosome (4 chromatides par cellule) et 1C
d’ADN.
e) Le spermatozoïde est également issu de la deuxième division méiotique, mais cette fois chez
la drosophile mâle. Il est donc haploïde (4 chromosomes), présente une chromatide par
chromosome (4 chromatides par cellule) et 1C d’ADN.
f)
L’ovocyte I est une cellule germinale femelle qui entre en méiose. En prophase I, il se
prépare donc à la première division méiotique et a déjà répliqué son ADN. Il est donc
diploïde (8 chromosomes) avec 2 chromatides par chromosomes (16 chromatides) et donc
4C d’ADN.
g) Une cellule en prophase de la mitose est diploïde (8 chromosomes). Elle a déjà répliqué son
ADN, elle contient donc 2 chromatides par chromosomes (16 chromatides au total) et 4C
d’ADN.
h) Un entérocyte tétraploïde (= 4n chromosomes) possède chaque chromosome en 4
exemplaires, soit un total de 16 chromosomes. En G2, chacun de ces chromosomes est
constitué de 2 chromatides (32 chromatides par cellule) et la teneur en ADN est de 8C.
Combien y a-t-il de →
dans ↓
Un neurone en G1
Chromosomes Chromatides Compléments d’ADN
8
8
2
Une spermatogonie en G2
8
16
4
Un ovocyte II en prophase
4
8
2
Le 2 globule polaire
4
4
1
Un spermatozoïde
4
4
1
Un ovocyte I en prophase
8
16
4
Une cellule en prophase de la mitose
8
16
4
Un entérocyte tétraploïde en G2
16
32
8
e
4) Les cellules pentaploïdes de l’ascaris possèdent 5n chromosomes. En G2, elles ont fini de
répliquer leur ADN et possèdent donc deux chromatides par chromosome. Sachant qu’elles
possèdent 20 chromatides au total, ces cellules ont donc 10 chromosomes (= 5n). De ce fait,
2n = 4 chromosomes (n = 2 chromosomes).
a) L’ovocyte II est issu de la première division méiotique, il est donc haploïde (2 chromosomes)
avec 2 chromatides par chromosomes (4 chromatides) et donc 2C d’ADN. En prophase II, il se
prépare à la deuxième division méiotique.
b) L’ovogonie est la cellule mère des gamètes femelles. Elle est diploïde et contient 4
chromosomes. En G1, elle n’a pas encore répliqué son ADN et présente une chromatide par
chromosome, soit un total de 4 chromatides. Sa quantité d’ADN est donc de 2C.
c) La spermatide est issue de la seconde division méiotique du spermatocyte, cellule germinale
mâle. Elle est donc haploïde (2 chromosomes), contient une chromatide par chromosome (2
chromatides par cellule) et 1C d’ADN.
d) Une cellule en métaphase de la mitose est diploïde (4 chromosomes). Elle a déjà répliqué
son ADN, mais ne s’est pas encore divisée, elle contient donc 2 chromatides par
chromosomes (8 chromatides au total) et 4C d’ADN.
e) Un lymphocyte octoploïde (= 8n chromosomes) possède chaque chromosome en 8
exemplaires, soit un total de 16 chromosomes. En G1, elle n’a pas encore répliqué son ADN
et présente une chromatide par chromosome, soit un total de 16 chromatides. Sa quantité
d’ADN est donc de 8C.
Combien y a-t-il de →
dans ↓
Chromosomes Chromatides Compléments d’ADN
Un ovocyte II en prophase
2
4
2
Une ovogonie en G1
4
4
2
Une spermatide
2
2
1
4
8
4
16
16
8
Une cellule en métaphase de la
mitose
Un lymphocyte octoploïde en
G1
5) Les cellules-mères des grains de pollen du maïs sont des cellules diploïdes (2n
chromosomes). Elles subiront successivement les deux divisions de la méiose pour former les
grains de pollen haploïdes. En prophase de la 1re division méiotique, les cellules-mères ont
déjà répliqué leur ADN, elles possèdent donc deux chromatides par chromosomes. Sachant
qu’elles possèdent 40 chromatides au total, ces cellules ont donc 20 chromosomes. De ce
fait, 2n = 20 chromosomes (n = 10 chromosomes).
a) L’oosphère est le gamète femelle mature contenu dans le sac embryonnaire. Elle est issue de
la deuxième division méiotique, suivie de mitoses successives. La cellule à l’origine du sac
embryonnaire est issue de la deuxième division méiotique, elle est donc haploïde avec une
chromatide par chromosome. Cette dernière subit ensuite des mitoses successives pour
donner les différentes cellules du sac embryonnaire, dont l’oosphère fait partie. Toutes ces
cellules sont donc également haploïdes. L’oosphère est donc haploïde, elle contient 10
chromosomes. Chaque chromosome est constitué d’une chromatide, elle possède donc 10
chromatides et 1C d’ADN.
b) Chez les angiospermes, le spermoderme est l’enveloppe protectrice de la graine et de
l’embryon. Elle est formée à partir des parois de l’ovaire, les cellules la composant sont donc
diploïdes (20 chromosomes). En G1, les cellules n’ont pas encore répliqué leur ADN et
contiennent donc une chromatide par chromosome (20 chromatides au total) et donc 2C
d’ADN.
c) L'albumen est un tissu de réserve de la graine chez les angiospermes. Ses cellules sont
triploïdes (3n) et possèdent 30 chromosomes. En G1, chaque chromosome est formé d’une
chromatide, soit 30 chromatides par cellule, avec une quantité d’ADN de 3C.
d) Lors de la télophase de la mitose, les deux chromatides issues de chaque chromosome ont
migré vers les deux pôles de la cellule, chaque pôle est donc diploïde et contient une seule
chromatide par chromosome. Le pôle contient donc 20 chromosomes et 20 chromatides, la
quantité d’ADN est donc de 2C.
e) Une cellule parenchymateuse tétraploïde (4n) possède donc 40 chromosomes. En G2, son
ADN a déjà été répliqué, la cellule contient donc deux chromatides par chromosome (80
chromatides au total) et 8C d’ADN.
Combien y a-t-il de →
dans ↓
Chromosomes Chromatides Compléments d’ADN
L’oosphère
10
10
1
Une cellule du spermoderme en
G1
20
20
2
Une cellule de l’albumen en G1
30
30
3
20
20
2
40
80
8
Un pôle télophasique d’une
cellule méristématique
Une cellule parenchymateuse
tétraploïde en G2
6) Les ovocytes en prophase de la division équationnelle sont des ovocytes II. Ils ont déjà subi la
division réductionnelle, ils sont donc haploïdes (n chromosomes). Durant cette première
division, chaque chromosome homologue a migré vers un des deux pôles de la cellule, ils
sont donc chacun constitués de deux chromatides. Sachant que ces cellules de grenouille
(Rana pipens) possèdent 26 chromatides au total, elles ont donc 13 chromosomes.
Puisqu’elles sont haploïdes, cela indique que 2n = 26 chromosomes (n = 13 chromosomes).
a) Un spermatocyte I en prophase provient de l’entrée d’une cellule germinale mâle
(spermatogonie) en première division méiotique. Il possède des chromosomes appariés par
paires d’homologues et son ADN est répliqué. Il contient donc 2n chromosomes, c’est-à-dire
26 chromosomes au total, avec 2 chromatides par chromosome (52 chromatides par cellule)
et 4C d’ADN.
b) La spermatogonie est la cellule mère des gamètes mâles. Elle est diploïde et contient donc
26 chromosomes. En G1, elle n’a pas encore répliqué son ADN et présente ainsi une seule
chromatide par chromosome, soit un total de 26 chromatides. Sa quantité d’ADN est donc
de 2C.
c) Le 2e globule polaire est issu de la deuxième division méiotique. Il est haploïde (13
chromosomes), présente une chromatide par chromosome (13 chromatides par cellule) et
1C d’ADN.
d) Lors de la télophase de la mitose, les deux chromatides issues de chaque chromosome ont
migré vers les deux pôles de la cellule, chaque pôle est donc diploïde et contient une seule
chromatide par chromosome. Le pôle contient donc 26 chromosomes et 26 chromatides, la
quantité d’ADN est donc de 2C.
e) Un fibroblaste tétraploïde (= 4n chromosomes) possède chaque chromosome en 4
exemplaires, soit un total de 52 chromosomes. En G1, chacun de ces chromosomes est
constitué d’une seule chromatide (52 chromatides par cellule) et la teneur en ADN est de 4C.
Combien y a-t-il de →
dans ↓
Chromosomes Chromatides Compléments d’ADN
Un spermatocyte I en prophase
26
52
4
Une spermatogonie en G1
26
26
2
Le 2e globule polaire
13
13
1
Un pôle de télophase mitotique
d’un hépatocyte
26
26
2
Un fibroblaste tétraploïde en G1
52
52
4
7) La microspore de l’orchidée est une cellule haploïde issue de la méiose d'une cellule-mère
des grains de pollen, le microsporocyte. Celui-ci contient donc n chromosomes avec une
chromatide par chromosome. Après la méiose, la microspore se divise par mitose pour
former le grain de pollen bicellulaire, ou gamétophyte mâle, constitué d’une cellule
végétative et d’une cellule germinale. Chacune de ces deux cellules a donc également n
chromosomes et une chromatide par chromosome. Lorsque le grain de pollen germe sur le
pistil de la fleur femelle, la cellule germinale se divise par mitose pour former les deux
gamètes mâles. Juste avant cette division, la cellule germinale réplique donc son ADN. En G2,
la cellule germinale contient donc deux chromatides par chromosome. Sachant qu’elle
possède 40 chromatides au total, cette cellule a donc 20 chromosomes. Puisqu’elles sont
haploïdes, cela indique que 2n = 40 chromosomes (n = 20 chromosomes).
a) Une cellule parenchymateuse du sporophyte est une cellule diploïde, elle contient donc 40
chromosomes. En G2, son ADN a déjà été répliqué, la cellule contient donc deux
chromatides par chromosome (80 chromatides au total) et 4C d’ADN.
b) Le microsporocyte est la cellule à l’origine des microspores. Il subira les deux divisions de la
méiose pour former les microspores haploïdes. Le microsporocyte est donc une cellule
diploïde qui contient donc 40 chromosomes. En G1, la cellule n’a pas encore répliqué son
ADN et contient donc une chromatide par chromosome (40 chromatides au total) et donc 2C
d’ADN.
c) L'albumen est un tissu de réserve de la graine chez les angiospermes. Ses cellules sont
triploïdes (3n) et possèdent donc 60 chromosomes. En G1, chaque chromosome est formé
d’une chromatide, soit 60 chromatides par cellule, avec une quantité d’ADN de 3C.
d) Lors de la télophase de la mitose, les deux chromatides issues de chaque chromosome ont
migré vers les deux pôles de la cellule, chaque pôle est donc diploïde et contient une seule
chromatide par chromosome. Le pôle contient donc 40 chromosomes et 40 chromatides, la
quantité d’ADN est donc de 2C.
e) Une cellule épidermique tétraploïde (4n) possède donc 80 chromosomes. En G2, son ADN a
déjà été répliqué, la cellule contient donc deux chromatides par chromosome (160
chromatides au total) et 8C d’ADN.
Combien y a-t-il de →
dans ↓
Une cellule parenchymateuse
du sporophyte en G2
Chromosomes Chromatides Compléments d’ADN
40
80
4
Un microsporocyte en G1
40
40
2
Une cellule de l’albumen en G1
60
60
3
40
40
2
80
160
8
Un pôle télophasique d’une
cellule méristématique
Une cellule épidermique
tétraploïde en G2
8) Le furet est un animal ; ses cellules somatiques sont diploïdes. Un ovocyte au stade zygotène
est une cellule germinale femelle en prophase de la première division méiotique (prophase
I). Cette cellule s’est répliquée et vient de rentrer en méiose ; elle possède encore 2
exemplaires de chacun de ses chromosomes (2n) et chacun de ses chromosomes est formé
de 2 chromatides. Au stade zygotène de la prophase I, les chromosomes homologues
s’associent pour former des bivalents, aussi dénommés tétrades pour rappeler que chacun
des chromosomes de ces paires est lui aussi constitué de 2 chromatides, soit 4 filaments
d’ADN par paire. Sachant que cette cellule possède 20 tétrades au total, elle a donc 40
chromosomes. Puisqu’elle est diploïde, cela indique que 2n = 40 chromosomes (n = 20
chromosomes).
a) Lors de la télophase de la mitose d’une cellule somatique, les deux chromatides issues de
chaque chromosome ont migré vers les deux pôles de la cellule, chaque pôle est donc
diploïde et contient une seule chromatide par chromosome. Le pôle contient donc 40
chromosomes et 40 chromatides, la quantité d’ADN est donc de 2C.
b) Un fibroblaste octoploïde (= 8n chromosomes) possède chaque chromosome en 8
exemplaires, soit un total de 160 chromosomes. En G2, chacun de ces chromosomes est
constitué de 2 chromatides (320 chromatides par cellule) et la teneur en ADN est de 16C.
c) La spermatogonie est la cellule mère des gamètes mâles. Elle est diploïde et contient donc
40 chromosomes. En G1, elle n’a pas encore répliqué son ADN et présente ainsi une seule
chromatide par chromosome, soit un total de 40 chromatides. Sa quantité d’ADN est donc de
2C.
d) Le spermatocyte II est issu de la première division méiotique, il est donc haploïde (20
chromosomes) avec 2 chromatides par chromosomes (40 chromatides) et donc 2C d’ADN. En
prophase II, il vient d’entrer dans la deuxième division méiotique.
e) Un pronucléus femelle est un noyau haploïde d’un gamète femelle fécondé. Avant la fusion
avec le pronucléus male (amphimixie) lors de la fécondation, l’ADN des 2 pronucléi se
réplique. Il contient donc n chromosomes, c’est-à-dire 20 chromosomes au total, avec 2
chromatides par chromosome (40 chromatides par cellule) et 2C d’ADN.
Combien y a-t-il de →
dans ↓
Un pôle de télophase mitotique
d’un entérocyte
Chromosomes Chromatides Compléments d’ADN
40
40
2
Un fibroblaste octoploïde en G2
160
320
16
Une spermatogonie en G1
40
40
2
Un spermatocyte II en prophase
20
40
2
Un pronucléus femelle juste
avant l’amphimixie
20
40
2
9) Le castor du Canada est un grand rongeur qui vit près des cours d'eau, des lacs et des étangs
de l'Amérique du Nord, jusqu'au nord du Mexique ; ses cellules somatiques sont diploïdes.
Lors de la fécondation, le pronucléus mâle est le noyau du spermatozoïde, une fois qu’il a
pénétré au sein du cytoplasme de l’ovule. À son entrée dans l’ovocyte, le pronucléus mâle
possède donc n chromosomes et 1 chromatide/chromosome. Avant la fusion des deux
pronuclei (mâle et femelle), un phénomène appelé l’amphimixie, l’ADN de chaque
pronucléus se réplique afin de pouvoir répartir l’information génétique de chaque
pronucléus entre les 2 cellules filles de la toute première division cellulaire du nouveau
zygote. Ainsi, peu de temps avant l’amphimixie, chacun des pronuclei possède n
chromosomes et 2 chromatides/chromosome. Sachant qu’il possède 40 chromatides au
total, cette cellule a donc 20 chromosomes (n = 20 chromosomes).
a) Lors de la télophase de la mitose d’une cellule somatique, les deux chromatides issues de
chaque chromosome ont migré vers les deux pôles de la cellule, chaque pôle est donc
diploïde et contient une seule chromatide par chromosome. Le pôle contient donc 40
chromosomes et 40 chromatides, la quantité d’ADN est donc de 2C.
b) Un fibroblaste triploïde (= 3n chromosomes) possède chaque chromosome en 3
exemplaires, soit un total de 60 chromosomes. En G1, chacun de ces chromosomes est
constitué de 1 chromatide (60 chromatides par cellule) et la teneur en ADN est de 3C.
c) L’ovogonie est la cellule mère des gamètes femelles. Elle est diploïde et contient donc 40
chromosomes. En G2, son ADN s’est déjà répliqué et présente ainsi deux chromatides par
chromosome, soit un total de 80 chromatides. Sa quantité d’ADN est donc de 4C.
d) Le spermatocyte II est issu de la première division méiotique, il est donc haploïde (20
chromosomes) avec 2 chromatides par chromosomes (40 chromatides) et donc 2C d’ADN.
En prométaphase II, les chromatides sœurs ne se sont pas encore séparés.
e) Le 2e globule polaire est issu de la deuxième division méiotique. Il est haploïde (20
chromosomes), présente une chromatide par chromosome (20 chromatides par cellule) et
1C d’ADN.
Combien y a-t-il de →
dans ↓
10)
Chromosomes Chromatides Compléments d’ADN
Un pôle de télophase en mitose
40
40
2
Un fibroblaste triploïde en G1
60
60
3
Une ovogonie en G2
40
80
4
Un spermatocyte II en
prométaphase
20
40
2
Le 2e globule polaire
20
20
1
Le riz est une céréale qui fait partie des plantes à fleurs (Angiospermes). Au sein de l’ovaire
de la fleur, les cellules-mères du sac embryonnaire subissent la méiose pour engendrer
chacune quatre macrospores. Trois de ces macrospores dégénèrent et la quatrième sera à
l’origine de la formation du sac embryonnaire. Cette macrospore possède donc n
chromosomes. En G2, l’ADN s’est répliqué et chaque chromosome est constitué de deux
chromatides mais le nombre de chromosomes n’a pas changé (n = 12).
a) Une cellule épidermique pentaploïde possède cinq exemplaires de chacun de ses
chromosomes. En G1, l’ADN ne s’est pas encore répliqué et chaque chromosome comprend
une seule chromatide. Cette cellule contient donc 60 chromosomes, 60 chromatides et 5C
d’ADN.
b) Les cellules-mères des grains de pollen sont les cellules situées dans les anthères de la fleur
qui vont générer le gamétophyte mâle ; elles sont diploïdes (2n = 24). Pour entrer en méiose,
elles doivent s’être répliquées et chacun de leurs chromosomes est constitué de deux
chromatides. En prophase de la première division méiotique, la cellule ne s’est pas encore
divisée ; elle possède donc 24 chromosomes, 48 chromatides et 4C d’ADN.
c) L'albumen est un tissu de réserve de la graine chez les angiospermes. Ses cellules sont
triploïdes (3n) et possèdent donc 36 chromosomes. En G2, chaque chromosome est formé
de deux chromatides, soit 72 chromatides par cellule, avec une quantité d’ADN de 6C.
d) Les cellules antipodales sont les trois cellules qui se situent à l’opposé du gamète femelle
(oosphère) dans le sac embryonnaire. Elles proviennent, par divisions mitotiques, d’une
macrospore haploïde et renferment donc elles-mêmes 12 chromosomes, 12 chromatides et
1C d’ADN.
e) La cellule germinative d’un grain de pollen bicellulaire est une des deux cellules issue de la
division mitotique d’une microspore haploïde et possède donc 12 chromosomes. En G2,
chaque chromosome est formé de deux chromatides, soit 24 chromatides par cellule, avec
une quantité d’ADN de 2C.
Combien y a-t-il de →
dans ↓
Chromosomes Chromatides Compléments d’ADN
Une cellule épidermique
pentaploïde en G2
Une cellule-mère des grains de
pollen en prophase I de la
méiose
60
60
5
24
48
4
Une cellule de l’albumen en G2
36
72
6
Une cellule antipodale
12
12
1
Une cellule germinative en G2
d’un grain de pollen bicellulaire
12
24
2