Chapitre 1 : Unicité chimique des êtres...

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.

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 NH2-

terminale du peptide. Ce peptide est donc formé de trois acides aminés :

HOOC–GlycineAlanineCystéine–NH2 ou H2N–CystéineAlanineGlycine–COOH

Deux liaisons peptidiques (CO–NH) sont présentes dans ce peptide et sont entourées ci-dessous :

Cystéine Alanine Glycine

Cystéine Alanine

Glycine

= 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 ’ – T A C A A A T G A G C C G C T A G C A G C – 5 ’

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.

E1 E3 E4 E5 E6 E2

I1

I2

I3

I4

I5

ARNm mature

E = Exon

I = Intron

Brin transcrit de l’ADN

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 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.

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 ’

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 ’


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 ’

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) :


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’


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’ – CTAAC GATG T G GTCC AC GTGA CTC CT 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’


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 Trp Stop

Codons correspondants :

A U G A C X U U U C

A U U C A

U G G U U U

A A G

A G A

Peptide muté : Met Pro Ser Tyr Gly Asn Stop

Codons correspondants :

A U G C C X U C X U A U C

G G X A A U C

U U U

A A G

A G A

Les séquences des ARNm sauvage et muté sont donc les suivantes :

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

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.

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 sont-

elles 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 ?


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


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


a) Une cellule épidermique pentaploïde en G1 ?

b) Une cellule-mère des grains de pollen en prophase I de la méiose ?


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.



Un hépatocyte en G2 48 96 4


Une spermatide 24 24 1

Le 1er globule polaire 24 48 2

Un pôle de télophase en mitose 48 48 2


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





Un neurone en G1 8 8 2

Une spermatogonie en G2 8 16 4

Un ovocyte II en prophase 4 8 2

Le 2e 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

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


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.



Un ovocyte II en prophase 2 4 2


Une spermatide 2 2 1

Une cellule en métaphase de la mitose

4 8 4

Un lymphocyte octoploïde en G1

16 16 8

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.



L’oosphère 10 10 1

Une cellule du spermoderme en G1

20 20 2

Une cellule de l’albumen en G1 30 30 3

Un pôle télophasique d’une cellule méristématique

20 20 2

Une cellule parenchymateuse tétraploïde en G2

40 80 8

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.





e) Un fibroblaste tétraploïde (= 4n chromosomes) possède chaque chromosome en 4


constitué d’une seule chromatide (52 chromatides par cellule) et la teneur en ADN est de 4C.



Un spermatocyte I en prophase 26 52 4



Un pôle de télophase mitotique d’un hépatocyte

26 26 2


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.


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.





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.



Une cellule parenchymateuse du sporophyte en G2

40 80 4

Un microsporocyte en G1 40 40 2


Un pôle télophasique d’une cellule méristématique

40 40 2

Une cellule épidermique tétraploïde en G2

80 160 8

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



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.



Un pôle de télophase mitotique d’un entérocyte

40 40 2

Un fibroblaste octoploïde en G2 160 320 16


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


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


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.



Un pôle de télophase en mitose 40 40 2

Un fibroblaste triploïde en G1 60 60 3


Un spermatocyte II en prométaphase

20 40 2


10) 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.


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.



Une cellule épidermique pentaploïde en G2

60 60 5

Une cellule-mère des grains de pollen en prophase I de la méiose

24 48 4


Une cellule antipodale 12 12 1

Une cellule germinative en G2 d’un grain de pollen bicellulaire

12 24 2

Chapitre 1 : Unicité chimique des êtres...

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