Série 3: Exercices - Absorption de l’eau et des sels minéraux par les plantes

Exercices

Exercice 1

Pour comprendre des mécanismes d’absorption d’eau et des sels minéraux, on propose l’étude des données suivantes.

La figure 1 présente un schéma d’une coupe transversale de la racine d’une plantule d’haricot, ainsi que les valeurs de la pression osmotique de la vacuole des cellules.

Q-1A quel niveau de la racine est réalisé cette coupe ?

Q-2Comment appelle-t-on les cellules responsables de l’absorption d’eau est des sels minéraux ? Et quelle est leur caractéristique essentielle ?

Q-3 – Déterminer le sens de passage d’eau dans la racine. Justifier la réponse.

L’irrigation des plantules d’haricot par l’eau salée provoque le flétrissement et la mort de ces plantules.

La mesure de la pression osmotique de la vacuole d’une cellule d’haricot et d’une cellule de salicornia (halophyte) en fonction de la pression osmotique du milieu externe a donné les résultats représentés par la figure 2.

Q-4 – Interpréter les résultats de cette expérience, en expliquant pourquoi les plantules d’haricot flétrissent après irrigation par l’eau salée.

Exercice 2

La figure suivante présente un montage expérimental qui permet l’étude du phénomène d’osmose.

Q-1 – Analysez puis expliquez les résultats de cette expérience.

La figure suivante présente les résultats obtenus après application d’une pression par un piston sur le compartiment B.

Q-2 – Analysez puis expliquez les résultats de cette expérience.

Q-3 – Comparez les résultats de cette expérience avec le phénomène de l’osmose.

Q-4 – Que peut-on produire, en utilisant la technologie adoptée dans la dernière expérience ?

Exercice 3

On met des morceaux de pomme de terre qui ont la même longueur 30 mm dans des solutions de saccharose de concentrations différentes.

Après 12 h en 290°K, on mesure ces morceaux de pomme de terre. La figure 1 présente les résultats obtenus.

La figure 2 présente un schéma d’une cellule de pomme de terre mise dans un milieu de concentration 0,4 mol/l.

Q-1 – Déterminez les noms de la figure.

Q-2 – Déterminez la pression osmotique de la vacuole au début de l’expérience, justifiez votre réponse.

Q-3 – Analysez puis expliquez les résultats de cette expérience.

Correction

Exercice 1

R1 – La coupe est réalisée dans la zone pilifère de la racine, parce qu’à ce niveau se situent les poils absorbants.

R-2 – Cette cellule est appelée poil absorbant. Elle se caractérise par un prolongement très long qui lui assure une grande surface de contact avec le sol, et par une grande vacuole.

R-3On remarque une augmentation de la pression osmotique au poil absorbant ver les cellules internes de la racine, donc l’eau est transportée dans le sens croissant de la pression osmotique : du poil absorbant vers les cellules internes de la racine.

R-4

  • Pour la salicornia, on remarque que la pression osmotique de la vacuole est très grande, et elle augmente avec l’augmentation de la pression osmotique du milieu externe,ce qui permet à cette plante d’absorber l’eau même si elle est irriguée avec de l’eau salée.

  • Pour l’haricot, on remarque que la pression osmotique de la vacuole est petite, et elle devient inférieure à la pression osmotique du milieu externe, ce qui conduit au flétrissement de l’haricot lorsqu’il est irrigué avec de l’eau salée.

Exercice 2

R-1 –

  • Au début de l’expérience, le niveau d’eau dans le compartiment A est égale au niveau d’eau dans le compartiment B.

  • À la fin de l’expérience, le niveau d’eau dans le compartiment B (NaCl) augment et il diminue dans le compartiment A (eau pure).

  • Le changement du niveau d’eau dans les deux compartiments est due à loi d’osmose : passage d’eau du compartiment du compartiment le moins concentré (A) vers le compartiment le plus concentré (B).

R-2 –

  • On constate que l’eau augmente dans le compartiment A et diminue dans le compartiment B.

  • Ce changement du niveau d’eau est due à l’application d’une pression, par le piston, plus grande que la pression osmotique de la solution de NaCl.

R-3 – Ce phénomène est le contraire du phénomène d’osmose (osmose inverse).

R-4 – On peut appliquer ce phénomène pour la production de l’eau potable, par dessalement de l’eau de mer.

Exercice 3

R-1 – Les noms des figures :

  • 1 – Paroi squelettique.

  • 2 – Membrane plasmique.

  • 3 – Noyau.

  • 4 – Cytoplasme.

  • 5 – Vacuole.

R-2 – Pour calculer la pression osmotique des vacuoles des cellules au début de l’expérience, on utilise la concentration du milieu isotonique (qui ne change pas la longueur des morceaux de pomme de terre). Du graphique on trouve que cette concentration est égale à 0.2 mole/l.

Donc, π = R x C x T = 8200 x 0.2 x 290 = 4.756x105 Pa.

R-3 –
  • Dans une concentration de 0.2 mole/l, les morceaux de pommes de terre ne changent pas de longueur, car ce milieu est isotonique.

  • Dans une concentration inférieure à 0.2 mole/l, la longueur des morceaux de pomme de terre augmente, car ces milieux sont hypotoniques ce qui conduit à l’entrer d’eau aux cellules des pommes de terre (turgescence).

  • Dans une concentration supérieure à 0.2 mole/l, la longueur des morceaux de pomme de terre diminuent, car ces milieux sont hypertoniques ce qui conduit à la sortie d’eau des cellules des pommes de terre (plasmolyse).


Série 2: Exercices - Absorption de l’eau et des sels minéraux par les plantes

Exercice 1

Deux plantules identiques A et B sont cultivées sur deux solutions de chlorures de sodium (NaCl) de concentration 20 g/l et 3 g/l.

Deux jours plus tard, la plantule A se fane alors que la plantule B reste en bon état.

L’observation microscopique de leurs poils absorbants montre les 2 schémas suivants :

Image1

Q-1 – Légender les schémas ?

Réponse

1 : Paroi squelettique ; 2:Vacuole ; 3 : Cytoplasme ; 4 : Noyau.

Q-2 – Compléter le tableau suivant :

 

Poil 1

Poil 2

Concentration de la solution de NaCl

   

La plante (A ou B)

   

Sens du mouvement de l’eau

   

Réponse

 

Poil 1

Poil 2

Concentration de la solution de NaCl

3 g/l

20 g/l

La plante (A ou B)

Plante B

Plante A

Sens du mouvement de l’eau

Du sol au poil absorbant

Du poil absorbant au sol

Q-3 – Expliquer pourquoi la plantule A flétri alors que B reste en bon état ?

Réponse

La plantule (A) est mise dans une solution de NaCl fortement concentrée (hypertonique), ceci provoque la sortie d’eau des cellules de la plantule. Donc les cellules se plasmolysent et la plante flétrie.

La plantule (B) est mise dans une solution faiblement concentrée (hypotonique), ceci provoque l’entré d’eau aux cellules de la plantule. Donc les cellules deviennent turgescentes et la plante reste en bon état.

Exercice 2 :

Des morceaux de pomme de terre de même longueur (5 cm) sont mises dans des solutions de concentrations différentes, et dans une température de 17C. Le tableau suivant présente les résultats de la mesure de la longueur de ces morceaux après 1 h.

La concentration (mol/l)

0

0,1

0,2

0,3

0,4

0,5

La longueur (mm

53

52

50

47

44

41

Q-1 – Expliquer la variation de la longueur des morceaux de pomme de terre.

Réponse

On remarque que la longueur des morceaux de pomme de terre varie selon la variation de la concentration des solutions.

  • Dans une concentration de 0,2 mol/l, la longueur des morceaux ne change pas. En fait, la pression osmotique de cette solution est égale à la pression osmotique des cellules de pomme de terre, alors les échange d’eau des cellules avec le milieu extérieur sont équilibrés, et les cellules restent dans leur état normal.
  • Dans une concentration inférieure à 0,2 mol/l, la longueur des morceaux augmente. Ceci est dû au fait que ces solutions sont hypotonique, alors l’eau entre dans les cellules de pomme de terre ce qui provoque l’augmentation de leur volume et ainsi l’augmentation du volume des morceaux de pomme de terre.
  • Dans une concentration supérieure à 0,2 mol/l, la longueur des morceaux diminue. Ceci est dû au fait que ces solutions sont hypertonique, alors l’eau sort des cellules de pomme de terre ce qui provoque la diminution de leur volume et ainsi la diminution du volume des morceaux de pomme de terre.

Q-2 – Calculer la pression osmotique des cellules de pomme de terre à l’état normal.

Réponse

La pression osmotique de des cellules de pomme de terre à l’état normal et égale à la pression osmotique de la solution de concentration 0,2 mol/l.

On peut calculer la pression osmotique de cette solution en utilisant la relation suivante

  • π = R x C x T x 10-5 (Pascal)
  • π = 0,082 × 0,02 x (273 + 17) x 10-5.
  • π = 4,76 (Pascal).

Exercice 3 :

On met un morceau d’épiderme interne d’oignon dans une solution d’urée (1mol/l), puis on détermine la fraction (volume de la vacuole / volume de la cellule). La figure suivante présente les résultats obtenus.

Image2

Q-1 – Analyser le graphique obtenu.

Réponse

  • Au début le rapport (volume de la vacuole / volume ce la cellule) diminue progressivement jusqu’à atteindre une valeur minimale au temps t1.
  • Après t1, le rapport (volume de la vacuole / volume ce la cellule) augmente progressivement, et il dépasse sa valeur initiale au temps t2.

Q-2 – Réaliser deux schémas qui illustre l’état des cellules au temps t1 et au temps t2.

Réponse

Image3

Q-3 – Expliquer l’état des cellules au temps t1 et au temps t2.

Réponse

  • Au temps t1, la cellule est plasmolysée à cause de la sortie d’eau du milieu intracellulaire au milieu extracellulaire (hypertonique).
  • La membrane plasmique est perméable à l’urée, donc il entre progressivement à la cellule ce qui provoque l’augmentation de sa pression osmotique. Ceci va induire l’entré de l’eau à la cellule, et ainsi elle devient turgescente au temps t2.

Exercice 4 :

La figure suivante montre les résultats de la mesure de la pression osmotique réalisée sur une racine.

Image4

Q-1 – Expliquer, en se basant sur l’analyse de la figure, l’absorption de l’eau au niveau de la racine.

Réponse

Des poils absorbants à l’endoderme, on constate que la pression osmotique augmente progressivement dans les cellules, donc la circulation latérale d’eau se fait de manière passive selon la loi d’osmose.

À partir de l’endoderme on constate l’existence d’une inversion du gradient de la pression osmotique, la progression d’eau nécessite une dépense d’énergie : c’est un transport actif.

Plusieurs études ont montré que l’absorption de certains minéraux est liée à la bonne aération du sol. Les études ont montré aussi que l’utilisation de certains poisons inhibiteurs des réactions de la respiration cellulaire conduit à la diminution de l’absorption de ces minéraux.

Q-2 – à l’aide des données précédents, déterminer le mécanisme responsable de l’absorption des sels minéraux.

Réponse

L’absorption des sels minéraux se fait essentiellement par transport active, depuis l’assise pilifère jusqu’aux vaisseaux du xylème. Si les réactions de la respiration cellulaire, qui sont responsables de la production d’ATP sont inhibées, le transport actif s’arrête et l’absorption de ces minéraux diminue.


Serie 1: Exercices - Absorption de l’eau et des sels minéraux par les plantes

Exercice 1 : Questions à choix multiples

1 – Chez la plante, l’absorption de l’eau se fait :

  • a – Par les poils absorbants de la zone subéreuse.
  • b – Par les poils absorbants de la zone pilifère.
  • c – Par la coiffe de la racine.
  • d – Par les stomates des feuilles.

Réponse

b

2 – L’osmose :

  • a – Est le passage de l’eau du milieu le plus concentré vers le milieu le moins concentré.
  • b – Permet la conduction latérale de l’eau dans les racines de la plante.
  • c – Est le passage des sels minéraux du milieu le moins concentré vers le milieu le plus concentré.
  • d – Est le passage de l’eau du milieu le moins concentré vers le milieu le plus concentré.

Réponse

b et d.

3 – La conduction latérale de l’eau dans la plante :

  • a – Se fait de la partie aérienne vers la partie souterraine.
  • b – Se fait de la partie souterraine vers la partie aérienne.
  • c – Prend une direction horizontale au niveau du sol.
  • d – Se fait des poils absorbants des racines vers le cylindre central.

Réponse

c et d.

4 – Le potomètre :

  • a – Est un appareil qui permet de mettre en évidence l’osmose.
  • b – Est un dispositif qui permet de mesurer l’absorption de l’eau.
  • d – Permet de mettre en évidence la relation entre l’absorption de l’eau et la transpiration.
  • c – Permet de calculer la vitesse de l’absorption de l’eau par la plante.

Réponse

b, c et d.

5 – Un poil absorbant :

  • a – Est une cellule de l’épiderme de la racine qui assure l’absorption de l’eau.
  • b – Est une partie du cytoplasme de la cellule des racines.
  • c – Est une cellule du cylindre central qui assure l’ascension de l’eau.
  • d – Assure une grande surface d’échange avec la solution du sol.

Réponse

a et d.

Exercice 2

Q- Compléter le texte suivant

Considérons une plante verte en bon état : elle est capable de compenser ses pertes d’eau dues à la ...1... , en absorbant de l’eau par les racines.

Les ...2... des racines, très nombreux, constituent une importante surface d’absorption. Ce sont des cellules géantes. L’eau y pénètre par ...3... En fait, la plante absorbe une solution aqueuse de sels minéraux : Il s’agit de la ...4... qui circule dans les ...5... ,des racines jusqu’aux feuilles.

L’ascension de la sève brute est due surtout à la transpiration foliaire qui se fait à travers les stomates qui sont des structures se trouvant au niveau de ...6... de chaque face de la feuille.

L’intensité de la transpiration dépend des facteurs du milieu en particulier la ...7... et la ...8... .

En cas de ...9... ; l’eau perdue par transpiration n’est pas compensée par l’absorption d’eau : ...10... est négatif ; les plantes se fanent et peuvent mourir.

Pour cette raison, ...11... des cultures est pratiquée en cas de déficit hydrique.

Réponse

1 : Transpiration ; 2 : Poils absorbants ; 3 : Osmose ; 4 : Sève brute ; 5 : Vaisseaux du xylème ; 6 : L’épiderme ; 7 : Lumière; 8 : Humidité relative d’aire ; 9 : Sécheresse ; 10 : Le bilan hydrique ; 11 : L’arrosage (apport d’eau).

Exercice 3

Compléter les phrases en utilisant les mots (ou expressions) suivants :

stomates – hypotonique – hypertonique – ferment – s’ouvrent – osmose – vacuole – plasmolysée – membrane cytoplasmique – poussée radiculaire – vaisseaux du bois – aspiration foliaire – turgescente .

1 – Les ......... sont des structures microscopiques appartenant à l’épiderme des feuilles ; ils ......... à l’obscurité et ......... à la lumière.

Réponse

Les stomates sont des structures microscopiques appartenant à l’épiderme des feuilles ; ils se ferment à l’obscurité et s’ouvrent à la lumière.

2 – L’eau traverse une membrane semi-perméable passant du milieu ......... vers le milieu ......... pour rétablir l’isotonie. Ce phénomène est appelé ......... .

Réponse

L’eau traverse une membrane semi-perméable passant du milieu hypotonique vers le milieu hypertonique pour rétablir l’isotonie. Ce phénomène est appelé osmose.

3 – Une cellule qui a perdu de l’eau est dite ......... sa ......... est moins volumineuse que normalement et sa ......... est décollée de la paroi.

Réponse

Une cellule qui a perdu de l’eau est dite plasmolysée sa vacuole est moins volumineuse que normalement et sa membrane squelettique est décollée de la paroi .

4 – Les structures dans lesquelles se fait la conduction verticale depuis les racines jusqu’aux organes aériens sont les ......... .

Réponse

Les structures dans lesquelles se fait la conduction verticale depuis les racines jusqu’aux organes aériens sont les vaisseaux de bois.

5 – Deux phénomènes mettent la sève brute en circulation permanente entre les racines et les feuilles : ......... et ......... .

Réponse

Deux phénomènes mettent la sève brute en circulation permanente entre les racines et les feuilles :poussée radiculaire et aspiration foliaire.

Exercice 4

Déterminer si la phrase est juste ou fausse et corriger les informations fausses.

1 – La partie aérienne de la plante se trouve dans le sol.

Réponse

Faux : La partie souterraine de la plante se trouve dans le sol.

2 – La racine est formée de trois zones : la zone subéreuse, la zone pilifère et la coiffe.

Réponse

Vrai.

3 – Les poils absorbants se trouvent au niveau de la zone subéreuse.

Réponse

Faux : Les poils absorbants se trouvent au niveau de la zone pilifère.

4 – Un poil absorbant est une cellule animale.

Réponse

Faux :Un poil absorbant est une cellule végétale.

5 – les poils absorbants sont les structures responsables de la perte d’eau sous forme de vapeur.

Réponse

Faux : Les stomates sont les structures responsables de la perte d’eau sous forme de vapeur.


Transmission de l’information génétique au cours de la reproduction sexuée

Introduction

La reproduction sexuée permet aux espèces de se perpétuer en assurant une diversité génétique au sein d’une même espèce.

  • Comment l’information génétique est-elle transmise au cours de la reproduction sexuée ?

  • Comment la reproduction sexuée assure-t-elle la diversité génétique ?

I – Caractéristiques de la reproduction sexuée

1 – Étapes de la reproduction sexuée

La figure suivante montre un schéma simplifié qui illustre les étapes de la reproduction sexué.

QComplétez la figure et déterminez les étapes de la reproduction sexué.

RNoms de la figure : 1 : Gamétogenèse ; 2 : Fécondation ; 3 ; Ovule ; 4 : Spermatozoïdes ; 5 : Œuf.

La reproduction sexuée est caractérisée par l’alternance de la gamétogenèse qui conduit à la formation des gamètes, et la fécondation qui conduit à la formation de l’œuf.

2 – Comparaison entre le caryotype d’une spermatogonie et d’un spermatozoïde

La figure suivante montre deux caryotypes chez l’homme (a : caryotype d’un spermatozoïde, b caryotype d’une spermatogonie), et les étapes de la spermatogenèse (c).

QComparez entre les deux caryotypes, que peut-on déduire ?

RLa spermatogonie contient 46 chromosomes organisés en paires (cellule diploïde). Chaque paire de chromosomes homologues est constituée par un chromosome hérité de l’un des parents et un chromosome hérité de l’autre parent.

Les gamètes contiennent n=23 chromosomes et sont donc des cellules haploïdes.

Durant la gamétogenèse il a production de cellules haploïdes, les gamètes, à partir de cellules diploïdes. Ceci se fait par la méiose qui réduit le nombre de chromosomes par la moitié.

Bilan :La reproduction sexuée est caractérisée par l’alternance de la méiose (qui diminue de moitié le nombre de chromosomes) et de la fécondation (qui rétablit le nombre de chromosomes). c’est donc grâce à l’alternance de ces deux mécanismes dans le cycle de développement que le caryotype est maintenu au cours des générations.

II – Le déroulement de la méiose

1 – Évolution de la quantité d’ADN au cours de la méiose

La figure suivante montre l’évolution de la quantité d’ADN au cours de la méiose.

Qdécrivez l’évolution de la quantité d’ADN au cours de la méiose

ROn constate sur la courbe que la quantité d’ADN dans la cellule évolue comme suivant :
  • Durant l’interphase : la quantité d’ADN est constante durant la phase G1 (=q), elle est doublée durant la phase S (q ≤ quantité d’ADN ≤ 2q), et elle est constante durant la phase G2 (=2q).

  • Durant la méiose : qui est une succession de deux divisions cellulaire :

    • Durant la divisionréductionnelle : la quantité d’ADN est divisée par 2 (passe de 2q à q).

    • Durant la division équationnelle : la quantité d’ADN est divisée par 2 (passe de q à q/2).

2 – Les étapes de la méiose

La méiose se déroule dans les organes sexuels (gonades), elle se déroule selon plusieurs étapes. La figure suivante des schémas de ces étapes :

Q – Décrivez les étapes de la méiose.

Division réductionnelle : peut-être divisée en 4 étapes :

  • La prophase I : se caractérise par :

    • la disparition de l’enveloppe nucléaire.

    • Formation du fuseau achromatique.

    • Condensation et appariement des chromosomes homologues, formant des tétrades.

  • La métaphase I : les paires de chromosomes homologues sont disposés sur le plan équatorial de la cellule de telle manière que les centromères sont de part et d’autre du plan équatorial.

  • L’anaphase I : Séparation et migration des chromosomes homologues vers chacun des pôles de la cellule.

  • La télophase I : se caractérise par :

    • Cytodiérèse (division du cytoplasme) et formation de deux cellules haploïdes (chaque chromosome possède deux chromatides).

    • Disparition du fuseau achromatique.

    • Réapparition de l’enveloppe nucléaire.

Division équationnelle : peut être divisée en 4 étapes :

  • La prophase II : se caractérise par :

    • Est courte, car les chromosomes sont déjà condensés et répliqués.

    • Disparition de l’enveloppe nucléaire.

    • Formation du fuseau achromatique.

  • La métaphase II : les chromosomes s’alignent une nouvelle fois à l’équateur de la cellule.

  • L’anaphase II : les chromatides de chaque chromosome se séparent et se dirigent chacune vers un pôle de la cellule.

  • La télophase II : se caractérise par :

    • cytodiérèse et formation de 4 cellules haploïdes.

    • Reformation de l’enveloppe nucléaire.

    • Disparition du fuseau achromatique.

III – Rôle de la méiose dans le brassage allélique

1 – Brassage intrachromosomique

La figure suivante présente un schéma explicatif du rôle du crossing-over.

QDécrivez ce phénomène, et déduisez son rôle dans le brassage allélique.

RDans des cellules en prophase I de la méiose, les chromosomes homologues sont étroitement appariés (leurs chromatides s’enchevêtrent et forment des chiasmas). Au niveau des chiasmas, des échanges de fragments de chromatides peuvent se produire entre chromosomes homologues (crossing-over). De nouvelles combinaisons d’allèles apparaissent alors sur les chromatides remaniées, c’est le brassage intrachromosomique.

2 – Brassage interchromosomique

Le schéma suivant montre une cellule diploïde (2n=4) au cours de la méiose.

QInterprétez les résultats obtenus.

RLors de l’anaphase I de la méiose, chaque chromosome d’une paire de chromosomes homologues peut migrer aléatoirement et de façon indépendante vers l’un des deux pôles de la cellule. Il y a ainsi un brassage des chromosomes homologues dans les cellules filles : on parle de brassage interchromosomique.

Pour 2 paires de chromosomes on obtient 4 types de gamète équiprobables. Ainsi, le brassage interchromosomique de n paires de chromosomes homologues conduit à 2n génotypes de gamètes différents (223 combinaisons chez l’Homme).

Remarque : les deux brassages s’ajoutent, en effet le brassage interchromosomique s’exerce sur des chromosomes remaniés au préalable par le brassage intrachromosomique ce qui aboutit à la formation de gamètes d’une diversité potentiellement infinie.

IV – Rôle de la fécondation dans la diversité génétique

La figure suivante montre un exemple simplifié qui illustre le rôle de la fécondation dans la diversité génétique.

QComplétez le schéma, et déduisez le rôle de la fécondation.

RNom de la figure : 1 : Spermatozoïdes ; 2 : Ovule ; 3 : Plusieurs spermatozoïdes entourent l’ovule, et seulement 1 peut la féconder ; 4 : Les possibilités après la fécondation.

Déduction : Au moment de la fécondation, la rencontre aléatoire entre les gamètes mâle et femelle, produits lors de la méiose, engendre de nouvelles combinaisons alléliques dans le zygote, conduisant à des phénotypes nouveaux. On dit que la fécondation amplifie le brassage génétique.


Expression de l’information génétique

Introduction

L’expression de l’information génétique est le passage de l’ADN (polynucléotide) aux caractères héréditaires observables et mesurables (le phénotype).

  • Quelle est la relation entre l’information génétique (ADN) et les caractères héréditaires ?
  • Quels sont les mécanismes de l’expression de l’information génétique ?

I – Notion de mutation et du gène

1 – Notion de mutation

Les bactéries (E. coli) sensible à la streptomycine sont cultivées sur une boite de Pétri contenant un milieu nutritif adéquat. Après un certain temps, plusieurs colonies bactériennes apprissent dans la boite. Elles sont ensuite transférées sur un milieu nutritif contenant de la streptomycine. La figure suivante présente les résultats de cette expérience.

Q-1 – Nommez le caractère héréditaire considéré dans cet exemple et précisez ses phénotypes.

Q-2 – Analysez les résultats de cette expérience.

Q-3 – Proposez une explication à ces résultats.

R-1 – le caractère héréditaire considéré est le comportement vis-à-vis de la streptomycine. Il se manifeste par 2 phénotypes : 

  • Strep S : sensible à la streptomycine.
  • Strep R : résistant à la streptomycine.

R-2 – Le transfert des bactéries Strep S au milieu sans streptomycine conduit au développement de toutes les colonies initiales. Par contre, lorsque les mêmes bactéries sont transférées au milieu contenant de la streptomycine, on observe le développement d’une seule colonie qui est constitué de bactéries résistantes à la streptomycine.

R-3 – Les bactéries Strep R ont subit une modification du caractère héréditaire, cette modification est liée à une modification du programme génétique, cette modification est appelée mutation.

La mutation est une modification du matériel génétique (ADN) entraînant la modification d’un caractère héréditaire. Elle est : spontanée (mais peut être provoquée par des agents mutagènes), aléatoire, rare et héréditaire.

Remarque : on distingue 3 types de mutations ponctuelles :

  • Mutation par substitution : remplacement d’un nucléotide par un autre.
  • Mutation par insertion : ajout d’un ou plusieurs nucléotides.
  • Mutation par délétion : perte d’un ou plusieurs nucléotides.

2 – Notion du gène

Le caractère de sensibilité ou résistance à la streptomycine et contrôle par un morceau d’ADN appelé gène. Ce gène existe en deux formes appelées allèles : un allèle sauvage, chez les bactéries Strep S, qui gouverne la sensibilité à la streptomycine, et un allèle muté, chez les bactéries Strep R, responsable de la résistance à la streptomycine (fig).

Gène : portion d’ADN que porte l’information génétique correspondant à un caractère héréditaire. Le gène a une position (locus) constante sur un chromosome chez tous les individus de même espèce.

Allèle : forme ou version de gène. En général un gène est représenté par deux allèles (chez les diploïdes (occupant le même locus) qui peuvent être identiques ou différents (fig).


II – Relation gène – protéine – caractère

1 – Relation protéine – caractère

Pour révéler la relation protéine – caractère on propose l’étude de la maladie de l’anémie falciforme (drépanocytose).

C’est une maladie génétique que se manifeste par une anémie (dont les principaux symptômes sont la fatigabilité, le vertige et l’essoufflement) et des crises douloureuses causées par une mauvaise circulation sanguine et par le manque d’oxygénation des tissus.

La figure suivant montre deux schémas de globules rouges.

Q-1 – Comparez entre les globules rouges normales et les globules rouge anormales.

La figure suivante présente les premiers acides aminés des séquences de la chaîne Bêta de l’hémoglobine d’un individu normal (HbA) et d’un individu atteint de drépanocytose (HbS).

Q-2 – Comparez les séquences peptidiques et déduisez la relation protéine-caractère.

R-1 – On remarque que :

  • Les hématies normales ont une forme normale biconcave, alors que les hématies anormales ont une forme de faucille.
  • Les molécules d’hémoglobines des hématies normales (HbA) est dissoute et bien répartie dans le cytoplasme, alors que les molécules d’hémoglobine des hématies anormales (HbS) se rassemblent formant des fibres microscopiques. L’accumulation de ces fibres à l’intérieur des globules rouges provoque leur déformation.

R-2 – On constate un changement d’un acide aminé : au niveau de l’hémoglobine HbA l’acide aminé 6 est l’acide glutamique alors qu’au niveau de l’hémoglobine HbS l’acide aminé 6 est la valine (tous les autres acides aminés sont identiques).

On déduit que la modification de la séquence en acides aminés de la protéine entraîne une modification du caractère. Donc il existe une relation protéine – caractère.

2 – Relation gène protéine

La figure suivante présente les premiers acides aminés des séquences de la chaîne Bêta de l’hémoglobine et le début des séquences d’ADN du gène de la B-hémoglobine chez un individu saint et chez un individu drépanocytaire.

Q – Comparez les séquence d’ADN chez ces deux individus et déduisez la relation gène-protéine.

R – La différence réside dans un changement d’un nucléotide (mutation par substitution) au niveau de la paire de base N 17 ; en effet la paire de nucléotide (A-T) est remplacé par (T-A).

Donc une mutation au niveau de la séquence nucléotidique entraîne une modification de la séquence en acides aminés de la protéine ce qui montre l’existence d’une relation gène-protéine.

Bilan : Les mutations au niveau des séquences nucléotidiques entraînent une modification de la séquence en acides aminés de la protéine ce qui provoque une modification du caractère héréditaire.

Il existe donc une relation gène – protéine – caractère héréditaire.

III – Mécanisme d’expression de l’information génétique

1 – L’intermédiaire entre le noyau et le cytoplasme

La figure suivante montre l’autoradiographie de deux cellules cultivées en présence d’un précurseur spécifique de l’ARN.


Q – Quel est le rôle de l’ARN que montre cette expérience ?

R – cette expérience montre que l’ARN est synthétisé dans le noyau (lieu de l’information génétique), puis il est transféré vers le cytoplasme (lieu de synthèse des protéines).

Donc l’ARN est l’intermédiaire entre le noyau et le cytoplasme. Ce type d’ARN est appelé ARNm (messager).

2 – Comparaison entre l’ARN et ADN

l’ARN est l’acide ribonucléique, le tableau suivant montre une comparaison entre l’ARN et l’ADN.

  ADN ARN
Structure Double brins Un seul brin
Sucre Désoxyribose Ribose
Bases azotées G, C, A, T G, C, A, U (uracile)
Localisation  Noyau (cytoplasme : mitose seulement) Noyau et cytoplasme

3 – Le code génétique

Après la transcription le message du gène est contenu dans l’ARNm qui passe dans le cytoplasme lieu de la synthèse des protéines. Cependant, l’ARNm est une séquence de 4 nucléotides, alors que chaque protéine est un enchaînement d’acides aminés dont on dénombre 20 acides aminés différents. Il est possible de désigner chaque acide aminé par un seul nucléotide (4 possibilités) ou même par une association de deux nucléotides (16 possibilités) mais cela reste insuffisant pour coder l’ensemble des 20 acides aminés.

En revanche, on peut constituer 64 associations différentes formées de 3 nucléotides. Des expériences ont permis de vérifier que c’est ce système de codage qui est utilisé par les cellules vivantes. Et d’autres travaux ont permis d’établir la correspondance entre les 64 triplets possibles de nucléotides (chaque triplet est nommée codon) et les 20 acides aminés existant, c’est le code génétique.


Le code génétique se caractérise par :

  • L’universalité : la signification des codons est la même chez tous les êtres vivants.
  • Contient 3 codons stop.
  • Le code est redondant, plusieurs codons peuvent correspondre au même acide aminé.

4 – Étape de l’expression de l’information génétique

a – Synthèse de l’ARN : Transcription

La figure suivante résume le mécanisme de la transcription.

Q – décrivez le mécanisme de la transcription d’ARNm.


R – La transcription débute par le déroulement et l’ouverture d’une portion de la double hélice d’ADN (qui correspond à un gène). L’opération de la transcription est catalysée par l’ARN polymérase. Au fur et à mesure de sa progression le long de l’ADN (5’ → 3’), cette enzyme incorpore des nucléotides par complémentarité avec l’un des brins de l’ADN. Le brin d’ARNm ainsi produit est complémentaire du brin d’ADN qui a servi de matrice, appelé brin transcrit (3’ → 5’).

Après la transcription, l’ARN migre vers le cytoplasme à travers les pores nucléaires.

b – La traduction

La traduction est la synthèse des protéines dans le cytoplasme.

La traduction nécessite :

L’énergie.

Les ribosomes : Organites responsables de la lecture des codons de l’ARNm et d’assemblage des acides aminés (fig).

L’ARNt : Se lit aux acides aminées et les transporte vers les ribosomes (fig).

La figure suivante résume les différentes étapes de la traduction.

Q – Décrivez les étapes de la traduction.

R – La traduction se fait selon 3 étapes :

  • L’initiation : Le premier codon d’un gène est toujours AUG, l’ARNt initiateur, relié à la Méthionine, se fixe sur ce codon de l’ARNm, et le ribosome devient fonctionnel.
  • L’élongation : Un nouvel ARNt se fixe en face du 2ème codon de l’ARNm et une liaison peptidique se forme entre les deux acides aminés successifs. L’ARNt occupant le P est libéré et le ribosome se décale d’un codon (Translocation) pour permettre la mise en place d’un nouvel acide aminé et ainsi de suite.
  • La terminaison : Le ribosome arrive à un codon stop (non sens) auquel ne correspond aucun acide aminé, donc aucun ARNt. Les deux sous-unités du ribosome se séparent et la chaîne protéique est libéré, la méthionine initiale est détachée.