Chapitre 1 : Unicité chimique des êtres vivants

Transcription

1 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) V) 2) 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.

2 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.

3 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 NH 2 - terminale du peptide. Ce peptide est donc formé de trois acides aminés : HOOC Glycine Alanine Cystéine NH 2 ou H 2 N Cystéine Alanine Glycine COOH Deux liaisons peptidiques (CO NH) sont présentes dans ce peptide et sont entourées ci-dessous : Cystéine Alanine Glycine Cystéine Alanine Glycine = Liaison peptidique

4 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.

5 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 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.

6 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).

7 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 : lactose : 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.

8 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 NH 4 Ac 0,1 M : L acétate d ammonium se dissociant en 2 ions en solution, Ac - et NH 4 +, la pression osmotique de la solution mixte de galactose 0,4 M et d NH 4 Ac 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 NH 4 + 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

9 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.

10 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 T A C A A A T G A G C C G C T A G C A G C 5

11 Brin complémentaire : 5 A T G T T T A C T C G G C G A T C G T C G 3 ou dans l autre sens 3 G C T G C T A G C G G C T C A T T T G T A 5 b) Après transcription, la séquence de l ARN transcrit (ARNm) est la suivante : Brin sens : 5 A T G T T T A C T C G G C G A T C G T C G 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. I 1 I 3 E 1 E 2 E 3 E 4 E 5 E 6 I 5 Brin transcrit de l ADN E = Exon I = Intron I 2 I 4 ARNm mature

12 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?

13 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 N- terminale 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.

14 Brin sens : 5 AAGA T G G T G C A C C T G A C T C C T T A G C G C 3 b) Le brin anti-sens est le brin complémentaire du brin sens, à savoir le brin inférieur : Brin anti-sens : 3 T T C T A C C A C G T G G A C T G A G G A A T C G C G 5 ou dans l autre sens 5 G C G C T A A G G A G T C A G G T G C A C C A T C T T 3 c) Après transcription, la séquence de l ARNm est la suivante (voir Chapitre 4) : Brin sens : 5 A A G A T G G T G C A C C T G A C T C C T T A G C G C 3 ARN messager : 5 A A G A U G G U G C A C C U G A C U C C U U A G C G C 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 AAG-AUG-GUG-CAC-CUG-ACU-CCU-UAG-CGC 3 Séquence en acides aminés : Met Val His Leu Thr Pro e) Après délétion de l uridine en position 8, la séquence de l ARNm devient : ARN messager : 5 A A G A U G G U G C A C C U G A C U C C U U A G C G C 3 ARN messager : 5 A A G A U G G G C A C C U G A C U C C U U A G C G C 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 : 5 AAG-AUG-GGC-ACC-UGA-CUC-CUU-AGC-GC 3 Séquence en acides aminés : 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 C T A A C G A T G G G T C C A C G T G A C T C C T T A T A G C G C 3

15 b) Le brin anti-sens est le brin complémentaire du brin sens, à savoir le brin inférieur : Brin anti-sens : 3 G A T T G C T A C C C A G G T G C A C T G A G G A A T A T C G C G 5 ou dans l autre sens 5 G C G C T A T A A G G A G T C A C G T G G A C C C A T C G T T A G 3 c) Après transcription, la séquence de l ARNm est la suivante (voir Chapitre 4) : Brin sens : 5 C T A A C G A T G G G T C C A C G T G A C T C C T T A T A G C G C 3 ARN messager : 5 CUAACGAUGGGUCCACGUGACUCCUUAUAGCGC 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 C T A A C G A T G G G T C C A C G T G A C T C C T T A T A G C G C 3 Brin sens : 5 CTAACGATGTGGTCCACGTGA CTCCT TATAGCG C 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 : 5 CUA-ACG-AUG-UGG-UCC-ACG-UGA-CUC-CUU-AUA-GCG-C 3 Séquence en acides aminés : 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.

16 - 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 : Codons correspondants : Met Thr Phe Ile Trp Stop A U G A C X U U U C A U U C A U G G Peptide muté : Met Pro Ser Tyr Gly Asn Stop Codons correspondants : A U G C C X U C X U A Les séquences des ARNm sauvage et muté sont donc les suivantes : U C U U U A A G A G A G G X A A U C U U U A A G A G A ARNm sauvage : A U G A C C U U C A U A U G G U A A ARNm muté : A U G C C U U C A U A U G G U A A U C U A A G A 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 C U U U A A G A G A

17 ARNm muté + insertion A U G U C C U U C A U A U G G U A A Séquence en acides aminés Met Ser Phe Ile 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.

18 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 ( nm) et rouge ( 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 :

19 H 2 O + A + Lumière ½ O 2 + AH 2 Dans laquelle A est l accepteur d électrons et AH 2 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 : H 2 O + DPIP + Lumière ½ O 2 + DPIPH 2 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.

20 Chapitre 11 : Les filaments cellulaires 1) Dessinez et annotez une coupe transversale dans un corpuscule basal d un cil. Réponse :

21 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

22 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.

23 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.

24 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

25 Réponses : 1) a) Sachant que l index mitotique est de 5 %, cela signifie que 5 % des cellules de l échantillon sont en mitose. Sur cellules en culture, le nombre de cellules en mitose sera donc de : On en déduit que sur les cellules de l échantillon, les 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 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 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 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.

26 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.

27 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 1 er 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 1 er 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 2 e 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?

28 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 1 re 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 2 e 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?

29 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 2 e 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).

30 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 1 er 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 G Un fibroblaste tétraploïde en G Le 1 er globule polaire Un hépatocyte triploïde en G Un spermatocyte I en prophase ) 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.

31 d) Le 1 er 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 G Une ovogonie en G Une spermatide Le 1 er globule polaire Un pôle de télophase en mitose Un fibroblaste tétraploïde en G ) 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 2 e 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.