Correction exercices de biologie : - Grenet.fr

Correction exercices de biologie Structure et fonction des protéines 1. Modulation de l'activité de l'ATP synthase par l'inhibiteur naturel IF1. a) Pourquoi faut-il que l'activité de l'ATP synthase soit bloquée dans la
cellule lorsque la force motrice s'annule ?
Grâce à l'ATP synthase, l'énergie libre du gradient de proton
transmembranaire est convertie en énergie chimique sous la forme de la
phosphorylation de l'ADP en ATP. L'ATP synthase est un catalyseur, et peut
donc également catalyser la réaction contraire : l'hydrolyse de l'ATP en
ADP et Pi avec production d'un gradient de proton. En absence d'oxygène,
l'activité catalysée par l'ATP synthase contriburait ainsi à une
déperdition d'énergie pour la cellule. Il est donc nécessaire d'en bloquer
l'activité. De nombreuses cellules peuvent ainsi survivre plusieurs heures
en absence d'oxygène. b) Expliquez la forme de la courbe de titration de IF1 sauvage et mutée.
A quel pH ces protéines sont elles neutres (charge globale nulle) ?
La forme de la courbe charge(pH) de la protéine est expliquée par la
titration successive des fonctions acide-base des acides aminés. Prenons
l'exemple de IF1 sauvage. A pH très acide, les amines sont chargées
positivement, il y a donc 24 charges positives :
- NH3 terminal : 1 charge
- Arg : 8 charges
- Lys : 10 charges
- His : 5 charges
Lorsque le pH dépasse le pKa du COOH terminal, 1 charge négative apparaît.
Idem pour l'Asp et Glu : 5 et 13 charges négatives. Donc au-delà de pH 5,
la charge sur la protéine n'est plus que de +5. Lorsque le pH dépasse le
pKa de l'histidine, 5 charges positives disparaissent : la protéine est
donc neutre à pH 7, c'est le point isoélectrique. La transition suivante a
lieu à pH 9,69 (1 charge positive du NH3 terminal qui disparaît) et pH 10
(1 charge négative Tyr apparaît) et pH 10,5 (10 charges positives Lys qui
disparaissent). La charge sur la protéine est donc -12 à pH 11. La dernière
transition concerne les 8 Arg, qui amènent la charge de la protéine à -20.
Pour le mutant 1F1-H59K, une charge positive reste après neutralisation des
histidines. Le point isoélectrique est donc déplacé vers pH 9. c) Que suggère l'effet de la mutation H59K sur la nature physico-chimique
de l'interaction entre la protéine IF1 et l'ATP synthase ? Quelle
autre mutation proposeriez-vous de faire pour tester votre hypothèse ?
La protéine IF1 sauvage se lie à l'ATP synthase pour des pH inférieurs à
6,5, et ne l'inhibe pas pour des pH supérieurs. Lorsque l'histidine 59 est
mutée en lysine, la protéine IF1 se lie jusqu'à pH 8,5. Il est donc
possible que l'interaction entre IF1 et l'ATP synthase soit de nature
électrostatique, avec une charge positive sur IF1 (l'histidine 59) et une
charge négative sur l'ATP synthase. La mutation H59K stabilise
l'interaction entre IF1 et l'ATP synthase jusqu'à pH 8,5 (mais pas au-
delà ?). Une mutation H59A, H59E ou H59D devrait empêcher l'interaction de
IF1 avec l'ATP synthase. d) La concentration de la protéine IF1 nécessaire pour inhiber 50% de
l'activité de l'ATP synthase est 0,27 ?M. Quelle est l'énergie mise en
jeu dans l'interaction entre ces deux protéines ?
?G = - RT ln K = 1,4 log (0,27.10-6) = - 9,2 kcal/mole 2. Energie de liaison a) Quelle est la durée de vie maximale de l'état lié AChR-ACh ? A partir
des formules théoriques sur l'équilibre protéine-ligand, calculer
l'énergie libre d'interaction maximale entre l'AChR et son ligand ?
Durée de vie maximale = 1/ fréquence de répétition = 0,2 msec
koff > 5000 s-1
kon < 5.108 M-1.s-1
?G = - RT lnK = 1,4 log (koff/ kon) > -8,4 kcal/mole b) A partir des valeurs indiquées dans la partie « interactions
faibles en biologie » du cours, estimer l'énergie libre maximale
disponible pour des interactions entre l'ACh et son récepteur?
Conclure.
|type de liaison |nombre |énergie |total |
|Electrostatique(1|1 |3,5 |3,5 |
|) | | | |
|liaison H(2) |4 |5 |20 |
|van der Waals(3) |26 |0,5 |13 |
|interaction |6 |0,5 |3 |
|hydrophobe(4) | | | |
| | | | |
| | |TOTAL |39,5 | 1) On suppose que la charge positive interagit avec une seule charge
négative
2) Il y a deux doublets libres, donc deux liaisons H possibles par
oxygène.
3) Il faut compter tous les atomes
4) Il faut compter tous les carbones hydrophobes CH2 et CH3. 3. Une protéine élastique a) A quoi correspond la distance entre deux pics de force
maximale ?
La longueur de la chaîne polypeptidique étirée :
250 Å/ 110 acides aminés = 2,3 Å/acide aminé
ce qui est tout à fait vraisemblable pour ces molécules d'une dizaine
d'atomes. b) Quelle est l'énergie mécanique dépensée d'un pic au pic
suivant ?
L'énergie mécanique est calculée en intégrant la force le long du
déplacement. C'est approximativement un rectangle surmonté d'un triangle :
W = 500 pN * 250 Å + (1500 pN * 100 Å)/2 = 2.10-17 J c) En déduire l'énergie interne contenue par acide aminé dans un
domaine replié de cette protéine.
L'énergie mécanique nécessaire pour déplier la protéine est égale à
l'énergie interne du domaine protéique :
Waa = 2.10-17 J / 110 = 1,8.10-19 J
En faisant le calcul pour une mole de protéine, on trouve l'énergie par
mole d'acide aminé:
Waa =1,8.10-19 J * 6. 1023 /4180 = 26 kcal/mole.aa
Ce qui est assez élevé, mais vraisemblable : dans un feuillet ?, chaque
acide aminé fait une liaisons H avec ses voisins soit environ 7 kcal/mole,
il y a en plus les interactions de van der Waals, hydrophobes,
électrostatiques.
Les membranes et la compartimentation cellulaire
4. Endocytose chez D.discoideum 1. A quoi sert le Triton X-100 ? Pourquoi faut-il centrifuger les
cellules plusieurs fois? Quel(s) phénomène(s) cellulaire(s) met-on en
évidence par cette expérience ?
Le Triton X-100, un détergent, solubilise les membranes et libère la
pyranine. Cela permet de contrôler les conditions physico-chimiques comme
le pH qui affectent la fluorescence de la pyranine.
A chaque cycle de centrifugation et d'élimination du surnageant, un volume
faible mais non négligeable de surnageant reste avec le culot. Plusieurs
cycles sont nécessaires pour diluer assez la fluorescence non internalisée.
Par exemple, au bout de 5 min, les cellules contenues dans 1 ml ont
internalisé l'équivalent de 0,1 ?l de milieu. S'il reste 20 ?l au fond du
tube de 1 ml après élimination du surnageant, on voit qu'il faut faire 3
lavages pour pouvoir mesurer 0,1 ?l :
Premier lavage : il reste 20 ?l de la solution initiale de pyranine sur 1
ml, soit 1/50
Deuxième lavage : il reste 0,4 ?l de la solution initiale de pyranine,
c'est trop
Troisième lavage : il reste 0,008 ?l de la solution initiale de pyranine.
On met en évidence l'endocytose de phase fluide (pinocytose). C'est une
endocytose sans récepteur de surface. Elle permet à D. discoideum de se
nourrir des molécules (sucres, acides aminés) contenues dans le fluide
environnant. 2. Quel est le volume de fluide ingéré par minute ? Les vésicules
d'ingestion sont de taille 1,6 ?m, quel est le nombre de vésicules
d'ingestion créées par minute ? Par microscopie, on observe environ 10
vésicules d'ingestion par cellule. Quelle est la durée de vie de ces
vésicules ?
Volume ingéré par cellule et par minute = (1.1 10-6 l)/(1.5 106 cellules x
60 min) = 12 fl/cellule.min
Note : le fl = 10-15 l = 1 ?m3 est une unité commode à l'échelle de la
cellule.
Volume d'une vésicule de 1,6 ?m de diamètre = 4?/3 (0,8)3 = 2,1 fl
Nombre de vésicules créées par minute = 12/2,1 = 5,7 vésicules/min
Durée de vie des vésicules = 10/5,7 = 1,75 minute soit 105 secondes 3. Le volume cellulaire de D.discoideum est de 350 fl. Comparer au volume
maximal de fluide ingéré par la cellule. Que peut-on en déduire ?
Volume maximal ingéré par cellule = (1.4 10-6 l)/(1.5 106 cellules) = 930
fl/cellule
Comme le volume des cellules ne change pas au cours de l'expérience, il
faut en déduire que les cellules peuvent concentrer le fluide ingéré en
expulsant l'eau. De plus, la saturation apparente du volume ingéré
correspond à une exocytose de la pyranine, qui, non digérée, est rejetée
par la cellule au bout de 100 minutes environ. La quantité maximale ingérée
est donc le résultat de la vitesse d'endocytose et la durée de résidence
intracellulaire. 5. Hélices amphiphiles 1. Repérer les charges présentes et les gros (> 4 carbones) acides
aminés hydrophobes le long de ces peptides. Quel est l'effet de la
modification de l'acide aminé terminal? Acides aminés hydrophobes : M, L, I , Y, F, W en vert
Acides aminés chargés positivement : R, K, H en rouge
Acides aminés chargés négativement : D, E en bleu
L'acide aminé N-teminal porte aussi une charge positive NH3+
L'acide aminé C-terminal ne porte pas de charge négative à cause de
l'amidation du COOH
Par.id: +INWKKMAATALKMI
Pol.ja: +VDWKKIGQHILSVL
Ves.ba: +LKLKSIVSWAKKVL
Ves.cr: +LNLKALLAVAKKIL
Ves.le: +INLKALAALAKKIL
Ve.ma: +INLKAIAALAKKLL
Ves.or: +INLKAIAALVKKVL
Ves.xa: +INWKGIAAMAKKLL 2. Schématiser la position des chaines latérales des