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Respostas das questões da 
obra Biologia molecular da 
célula, 6ª edição
CAPÍTULO 1
 1-1 Falso. Os conjuntos de genes de hemoglobina humana se originaram durante a 
evolução por duplicação de um antigo gene ancestral de globina; assim, eles são 
exemplos de genes parálogos. O gene da hemoglobina a humana é ortólogo ao 
gene da hemoglobina a do chimpanzé, assim como são os genes da hemoglobina 
b de humanos e chimpanzés, e assim por diante. Todos os genes das globinas, in-
cluindo o gene da mioglobina, mais distantemente relacionado, são homólogos 
um ao outro.
 1-2 Verdadeiro. Em organismos unicelulares, o genoma é a linhagem germinativa, e 
qualquer modificação é passada adiante para a próxima geração. Em organismos 
multicelulares, a maioria das células é de células somáticas e não contribuem 
para a próxima geração; assim, a modificação dessas células por transferência 
horizontal de genes não terá consequências para a próxima geração. As células 
germinativas geralmente estão concentradas no interior dos organismos multi-
celulares, minimizando seu contato com células de outros organismos, vírus e 
DNA, isolando, dessa forma, a espécie dos efeitos da transferência horizontal de 
genes.
 1-3 Verdadeiro. Os genomas bacterianos parecem ter sido reduzidos à sua essência: a 
maioria das sequências de DNA codifica proteínas, algumas codificam RNAs fun-
cionais, uma pequena quantidade de DNA é destinada à regulação da expressão 
gênica, e há poucas sequências desconhecidas e não funcionais. Em contraste, 
acredita-se que apenas cerca de 1,5% das sequências de DNA do genoma huma-
no codifique proteínas. Mesmo considerando uma grande quantidade de DNA 
regulador, muito do genoma humano é composto por DNA sem função aparente.
 1-4 Superficialmente, a extraordinária resistência do código genético a mutações de-
monstra que ele foi sujeito a forças de seleção natural. Um pressuposto implícito, 
que parece razoável, é que a resistência à mutação seja uma característica valiosa 
do código genético, que permitiria aos organismos manter informações suficien-
tes para especificar fenótipos complexos. Esse raciocínio sugere que teria, de fato, 
sido um acidente de sorte – cerca de 1 chance em 1 milhão – desenvolver um 
código à prova de erros como o nosso. 
Mas não é tudo tão simples. Se a resistência à mutação for uma condição 
essencial de qualquer código que possa suportar a complexidade de organismos 
como os humanos, então os únicos códigos que nós poderíamos observar seriam 
os que são resistentes a erros. Uma pressão seletiva menos favorável, dando ori-
gem a um código mais propenso ao erro, poderia limitar a complexidade da vida 
a organismos que nunca seriam capazes de contemplar seu código genético. Isso 
está relacionado ao princípio antrópico de cosmologia: muitos universos podem 
ser possíveis, mas poucos são compatíveis com a vida que pode ponderar a na-
tureza do universo.
Além dessas considerações, há ampla evidência de que o código não é está-
tico, e assim pode responder às forças da seleção natural. Versões alternativas do 
código genético padrão foram identificadas nos genomas mitocondrial e nuclear 
2 Respostas das questões da obra Biologia molecular da célula, 6.ed.
de muitos organismos. Em cada caso, um ou alguns códons adquiriram um novo 
significado.
Referência: Freeland SJ & Hurst LD (1998) The genetic code is one in a million. J. 
Mol. Evol. 47, 238–248.
 1-5 Há várias abordagens que você pode tentar.
 1. A análise dos aminoácidos nas proteínas indicaria se o conjunto de aminoá-
cidos presente nos seus organismos difere do conjunto presente nos orga-
nismos da Terra. Porém, mesmo os organismos terráqueos possuem mais 
aminoácidos que o conjunto-padrão de 20; por exemplo, hidroxiprolina, fos-
fosserina e fosfotirosina resultam, todas, de modificações realizadas depois 
que uma proteína foi sintetizada. A ausência de um ou mais aminoácidos do 
conjunto comum seria um resultado mais significativo.
 2. Sequenciar o DNA do organismo oriundo de Europa permitiria uma compara-
ção direta com o banco de dados das sequências que já são conhecidas para os 
organismos da Terra. Identificações a partir do banco de dados poderiam su-
gerir contaminação. A falta de identificações poderia constituir um argumento 
menos forte para um organismo novo; é uma observação comum que cerca de 
15 a 20% dos genes identificados nas sequências completas de genomas de mi-
crorganismos não parecem ser homólogas aos genes no banco de dados. Uma 
comparação suficientemente extensiva da sequência deve resolver a questão.
 3. Outra abordagem poderia ser analisar o código genético do organismo. Nós 
não temos razões para esperar que um novo organismo baseado em DNA, 
RNA e proteína tenha um código genético idêntico ao código genético univer-
sal da Terra.
 1-6 Seja de luz solar ou de compostos químicos inorgânicos, “alimentar-se” significa 
“obter energia livre e unidades fundamentais”. No caso da fotossíntese, os fótons 
da luz solar são usados para elevar elétrons de determinadas moléculas a um es-
tado instável de maior energia. Quando eles retornam ao seu estado normal, o 
basal, a energia liberada é capturada por mecanismos que a usam para promover 
a síntese de ATP. De modo semelhante, os organismos litotróficos em uma fenda 
hidrotermal obtêm energia livre pela oxidação de um ou mais dos componentes 
reduzidos da fenda (p. ex., H2S → S 1 2 H
1), usando algumas moléculas comuns 
no ambiente para aceitar elétrons (p. ex., 2 H1 1 ½ O2 → H2O). Os organismos li-
totróficos coletam a energia liberada nessas reações de oxidação-redução (trans-
ferência de elétrons) para promover a síntese de ATP. Para ambos os organismos, 
litotróficos e fototróficos, a chave do sucesso é a evolução de um mecanismo mo-
lecular que captura a energia livre e acopla à sua síntese de ATP.
Para todos os organismos, sejam eles fototróficos, organotróficos ou lito-
tróficos, sua habilidade de obter a energia livre necessária para suportar a vida 
depende da exploração da condição de algum desequilíbrio. Os fototróficos de-
pendem do fluxo contínuo de radiação solar; os organotróficos dependem de um 
suprimento de moléculas orgânicas, fornecidas, em última análise, pelos foto-
tróficos, que podem ser oxidadas por energia; e os litotróficos dependem de um 
suprimento de moléculas inorgânicas reduzidas, fornecidas, por exemplo, por 
fendas hidrotermais, que podem ser oxidadas para produzir energia.
 1-7 Quatro (Figura R1-1). Todos poderiam ter se separado do ancestral comum ao 
mesmo tempo. As bactérias e arqueias poderiam ter se separado dos eucariotos, 
Figura R1-1 As quatro possíveis rela-
ções para a evolução de arqueias (A), 
bactérias (B) e eucariotos (E).
A B E A B E A B E B A E
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seguido pela separação das bactérias das arqueias. Bactérias e eucariotos pode-
riam ter se separado das arqueias, seguido da separação das bactérias dos eu-
cariotos. Arqueias e eucariotos poderiam ter se separado das bactérias, seguido 
pela separação das arqueias dos eucariotos. Embora a transferência horizontal 
através dessas divisões torne as interpretações problemáticas, acredita-se que 
primeiramente as arqueias e os eucariotos se separaram das bactérias e, então, as 
arqueias e os eucariotos se separaram.
 1-8 É pouco provável que qualquer gene tenha se originado perfeitamente otimizado 
para sua função. Acredita-se que os genes altamente conservados, como os 
genes para RNA ribossômico, foram otimizados por mudança evolutiva rápida 
durante a evolução do ancestral comum a arqueias, bactérias e eucariotos. Já que 
os RNAs ribossômicos (e os produtos dos genes mais altamente conservados) 
participam de processos fundamentais que foram otimizados cedo, não houve 
pressão evolutiva (e pouca margem) para mudança. Por outrolado, os genes 
menos conservados – que evoluem mais rápido – têm sido continuamente 
apresentados com oportunidades de preencher novos nichos funcionais. 
Considere, por exemplo, a evolução de diferentes genes de globina, cujos 
produtos são otimizados para fornecer oxigênio para embriões, fetos e tecidos 
adultos nas placentas dos mamíferos.
 1-9 A complexidade é uma explicação lógica para a diferença nas taxas de transferên-
cia horizontal de genes (e pode até ser a explicação correta, embora haja outras 
possibilidades). A transferência com sucesso de um gene contendo “informa-
ções” necessitaria que o produto do novo gene se tornasse parte de um complexo 
funcional preexistente, talvez suplantando a proteína original correspondente. 
Para que uma nova proteína se torne parte de um complexo com outras proteí-
nas, ela precisaria ter superfícies de ligação que permitissem que ela interagis-
se com as proteínas certas na geometria apropriada. Se uma proteína nova tiver 
uma boa superfície de ligação, mas não outras, ela provavelmente romperia o 
complexo e colocaria o receptor do gene em uma desvantagem seletiva. Por ou-
tro lado, um produto de gene que corresponde a uma reação metabólica em si, 
seria capaz de funcionar em qualquer organismo. Desde que a reação metabólica 
confira alguma vantagem ao receptor (ou pelo menos nenhuma desvantagem), a 
transferência gênica poderia ser acomodada.
Referência: Jain R, Rivera MC & Lake JA (1999) Horizontal gene transfer among 
genomes: The complexity hypothesis. Proc. Natl Acad. Sci. USA 96, 3801–3806.
 1-10 Como a maioria das questões sobre as relações evolutivas, essa foi decidida com-
parando-se as sequências de genes como os de RNA ribossômico. Essas com-
parações mostraram que os fungos são mais parecidos com animais em relação 
à sequência gênica do que com plantas, e que provavelmente se separaram da 
linhagem animal-planta depois que as plantas se separaram dos animais. Assim, 
considera-se que os fungos nunca tiveram cloroplastos, e considera-se que fun-
gos e plantas desenvolveram as paredes celulares independentemente, como é 
sugerido pelo uso de celulose nas paredes celulares de plantas e quitina nas pa-
redes celulares fúngicas.
 1-11 
 A. Os dados da árvore filogenética (ver Figura Q1-2) refutam a hipótese de que os 
genes da hemoglobina de planta originaram-se por transferência horizontal. Ob-
servando partes mais familiares da árvore, nota-se que os vertebrados (peixes a 
humanos) se agrupam como um conjunto de espécies muito relacionadas. E, ain-
da, as relações mostradas na árvore são compatíveis com a ordem de ramificação 
que conhecemos das relações evolutivas entre essas espécies: peixes se separa-
ram antes dos anfíbios, répteis antes dos pássaros, e mamíferos por último, em um 
grupo muito coeso. As plantas também formam um grupo distinto que apresenta 
4 Respostas das questões da obra Biologia molecular da célula, 6.ed.
relações evolutivas consideradas corretas, que a cevada, uma monocotiledônea, 
divergiu antes do feijão, alfafa e lótus, que são todas dicotiledôneas (e legumes). 
As sequências das hemoglobinas de plantas parecem ter divergido há bastante 
tempo ao longo do processo seletivo, no momento, ou até antes, que os moluscos, 
insetos e nematódeos se originaram. As relações na árvore filogenética indicam 
que os genes da hemoglobina se originaram por descendência a partir de um an-
cestral comum.
 B. Se os genes da hemoglobina da planta tivessem se originado por transferência 
horizontal de um parasita nematódeo, então as sequências da planta teriam se 
agrupado com as sequências de nematódeo na árvore filogenética da Figura Q1-2.
 1-12 Três hipóteses gerais foram propostas para explicar as diferenças nas taxas evo-
lutivas em linhagens diferentes. As hipóteses individuais discutidas a seguir não 
são mutuamente exclusivas e podem todas contribuir de alguma forma.
A hipótese de tempo de geração propõe que as diferenças nas taxas são con-
sequência de diferentes tempos de geração. Espécies como o rato, com tempos 
de geração curtos, passarão por mais gerações e mais ciclos de divisão de células 
germinativas, e, consequentemente, mais ciclos de replicação de DNA. Essa hi-
pótese assume que erros durante a replicação do DNA sejam a maior fonte das 
mutações. Os testes dessa hipótese em ratos versus humanos tendem a corrobo-
rar sua validade.
A hipótese da taxa metabólica postula uma taxa de evolução mais alta para 
espécies com taxa metabólica mais alta. As espécies com taxas metabólicas mais 
altas usam mais oxigênio; assim, elas geram mais radicais livres de oxigênio, 
principal fonte de dano ao DNA. Isso é especialmente relevante para os genomas 
mitocondriais, pois as mitocôndrias são o principal espaço celular para a utiliza-
ção do oxigênio e produção de radicais livres.
A hipótese da eficiência de reparo propõe que a eficiência no reparo de 
dano no DNA teria uma pequena fração de eventos de dano que levariam à mu-
tação. Há evidência em células cultivadas humanas e de rato de que tais diferen-
ças no reparo existem, na direção esperada, mas não é claro se tais diferenças 
existem nas células de linhagem germinativa desses organismos.
Referência: Li WH (1997) Molecular Evolution, pp. 228–230. Sunderland, MA: 
Sinauer Associates, Inc.
CAPÍTULO 2
 2-1 Falso. O pH da solução será muito próximo do neutro, essencialmente pH 7, por-
que a contribuição de poucos íons H1 pelo HCl será suplantada pelos íons H1 da 
dissociação da água. Não importa o quanto um ácido forte seja diluído, ele nunca 
poderá originar uma solução básica. Na realidade, cálculos levando em conside-
ração tanto a fonte de íons H1 quanto os efeitos da dissociação da água resultam 
em um pH de 6,98 para uma solução 1028 M de HCl.
 2-2 Falso. Muitas das funções que as macromoléculas realizam baseiam-se nas suas 
capacidades de se associarem e dissociarem facilmente, o que não seria possível 
se elas estivessem ligadas por ligações covalentes. Ao associarem as suas macro-
moléculas de maneira não covalente, as células podem, por exemplo, remodelar 
seus interiores rapidamente quando elas se movem ou se dividem e transportar 
com facilidade componentes de uma organela para outra. Deve ser ressaltado 
que algumas macromoléculas são ligadas por ligações covalentes. Isso ocorre 
primariamente em situações nas quais é necessário uma estabilidade estrutu-
ral extrema, como, por exemplo, na parede celular de muitas bactérias, fungos e 
plantas, e na matriz extracelular que proporciona o suporte estrutural para diver-
sas células animais. 
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 2-3 Verdadeiro. A diferença entre animais e plantas está na maneira como eles obtêm 
suas moléculas de alimento. Enquanto os animais devem procurar sua comida, 
as plantas produzem seus próprios alimentos utilizando a energia do sol combi-
nada a CO2 e H2O.
 2-4 Verdadeiro. Reações de oxidação-redução são aquelas nas quais há remoção 
de elétrons de um átomo e sua transferência para outro átomo. Em uma reação 
química, desde que o número de elétrons se conserve (nem ganho ou perda), a 
oxidação – remoção de elétrons – deve ser acompanhada de redução – adição de 
elétrons.
 2-5 Falso. A constante de equilíbrio da reação A 34 B permanece inalterada; ela é cons-
tante. O acoplamento de reações pode converter uma reação desfavorável em uma 
reação favorável, no entanto isso é feito sem alterar a constante de equilíbrio, mas 
mudando a relação entre as concentrações de produtos e reagentes.
 2-6 Verdadeiro. Uma reação com ∆G° negativo, por exemplo, não ocorrerá 
espontaneamente sob condições nas quais há um excesso de produtos em 
relação às concentrações presentes no equilíbrio. De outro modo, uma reação 
com ∆G° positivo ocorreria espontaneamente em condições em que há um 
excesso de substrato em relaçãoàs concentrações presentes no equilíbrio.
 2-7 Falso. Os átomos que fazem parte do CO2 não se originam dos átomos de oxi-
gênio que são consumidos como parte da oxidação da glicose (ou de qualquer 
outra molécula de alimento). Os elétrons que são tomados da glicose nos vários 
estágios de sua oxidação são finalmente transferidos para o oxigênio, produzindo 
água, durante a fosforilação oxidativa. Dessa maneira, o oxigênio usado durante 
a oxidação dos alimentos termina como átomos de oxigênio da água. 
Isso pode ser visto diretamente incubando-se células vivas em uma atmos-
fera que contenha oxigênio molecular enriquecido no isótopo 18O, substituindo 
o isótopo de ocorrência mais comum 16O. Em experimentos como esse, observa-
-se que todas as moléculas de CO2 liberadas pelas células contêm apenas 
16O. 
Portanto os átomos de oxigênio da moléculas de CO2 que são liberadas não vêm 
diretamente da atmosfera, mas, sim, das próprias moléculas orgânicas e da H2O.
 2-8 A química orgânica realizada em laboratório, mesmo a melhor, raramente é con-
duzida em ambiente aquoso devido à baixa solubilidade de alguns componentes 
e porque a água é reativa e geralmente compete com a reação que se quer fazer. 
A diferença mais dramática, entretanto, é a complexidade. É crucial que, em um 
laboratório de química orgânica, sejam utilizados componentes puros para as-
segurar um alto rendimento do produto desejado. Em contrapartida, as células 
vivas executam milhares de reações diferentes ao mesmo tempo com bons rendi-
mentos e praticamente sem haver interferência de uma reação na outra. A chave, 
claramente, é que as células utilizam enzimas como catalisadores e elas ligam as 
moléculas de substrato em seus sítios ativos, onde ficam isoladas do resto do am-
biente. Ali, a reatividade dos átomos individuais é manipulada para estimular a 
reação correta. É essa capacidade que as enzimas têm de fornecer esse ambiente 
especial – câmaras de reação em miniatura – que possibilita às células executarem 
um enorme número de reações simultaneamente sem que uma interfira na outra.
 2-9 
 A. A concentração de etanol na cerveja com 5% de álcool é 0,86 M. O etanol puro 
tem 17,2 M ([789 g/L] × [mol/ 46 g]) e, então, uma cerveja com 5% deveria ter 0,86 
M de etanol (17,2 M × 0,05).
 B. Com um limite legal de 80 mg/100 mL, o etanol no sangue deve estar a 17,4 mM 
([80 mg/0,1 L] × [mmol/46 mg]).
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 C. Para chegar ao limite legal (17,4 mM), o etanol da cerveja 5% (0,86 M) deve ser 
diluído 49,4 vezes (860 mM/17,4 mM). Essa diluição representa 809 mL em 40 L 
de água corporal (40 L/49,4). Com 355 mL por lata de cerveja isso é igual à 2,3 
cervejas (809 mL/355 mL).
 D. Levaria quase 4 horas. No dobro do limite legal, a pessoa poderia ter 64 g de eta-
nol ([0,16 g/0,1 L] × 40 L). A pessoa pode metabolizar 8,4 g/hora ([0,12 g/h/kg] × 
[70 kg]). Portanto, para metabolizar 32 g de etanol (a quantidade que está além 
do limite legal) seriam necessárias 3,8 horas ([32 g] × [h/8,4 g]).
 2-10 Supondo que a mudança na atividade da enzima seja devido à modificação no 
estado de protonação da histidina, a enzima deve necessitar que a histidina este-
ja protonada, estado carregado. A enzima é ativa apenas abaixo do pK da histidi-
na (que, nas proteínas, é normalmente em torno de 6,5 a 7,0), onde se espera que 
a histidina esteja protonada.
 2-11 Os grupos funcionais dessas três moléculas estão indicados e denominados na 
Figura R2-1.
 2-12 As velocidades instantâneas são: H2O = 3,8 × 10
4 cm/s, glicose = 1,2 × 104 cm/s 
e mioglobina = 1,3 × 103 cm/s. O cálculo para uma molécula de água, com uma 
massa de 3 × 10-23 g ([18 g/mol] × [mol/ 6 × 1023 moléculas]) está mostrado a se-
guir.
Quando esses números são convertidos em km/h, são muito impressionantes. A 
água move-se a 1.360 km/h, a glicose, a 428 km/h, e a mioglobina, a 47 km/h. Por-
tanto, mesmo as maiores (e mais lentas) dessas moléculas movem-se mais rápido 
do que o mais rápido velocista humano. E a água move-se a 1,1 vez a velocidade 
do som! Essas moléculas, ao contrário de um velocista humano ou de um avião a 
jato, movem-se em linha reta de modo muito lento porque elas estão constante-
mente colidindo com outras moléculas da solução.
Referência: Berg HC (1993) Random Walks in Biology, Expanded Edition, pp. 
5–6. Princeton, NJ: Princeton University Press.
 2-13 Parece ser contraintuitivo aceitar que a polimerização de subunidades de tubu-
lina livre em microtúbulos que são altamente ordenados possa ocorrer com au-
mento final da entropia (diminuição da ordem). Mas isso só é contraintuitivo se 
as subunidades forem consideradas isoladamente. É importante lembrar que a 
termodinâmica se refere ao sistema como um todo, o que inclui as moléculas 
de água. As superfícies das subunidades da tubulina que se ligam umas com as 
outras é fracamente hidrofóbica e forçam (ordenam) as moléculas de água adja-
centes. Com a polimerização, essas moléculas de água são liberadas para inte-
ragirem com outras moléculas de água. Essa desordem recém-formada excede 
muito o aumento de ordem nas subunidades da proteína e, portanto, o aumento 
líquido na entropia (desordem) favorece a polimerização.
 2-14 A totalidade da população de moléculas de ATP no corpo humano tem uma re-
ciclagem (turnover) de 1.800 vezes por dia ou um pouco mais do que 1 vez por 
minuto. A conversão de 3 mols de glicose em CO2 gera 90 mols de ATP ([3 mols de 
glicose] × [30 mols de ATP/mol de glicose]). O corpo inteiro contém 5 × 10–2 mol 
de ATP ([2 × 10–3 mol/L] × 25 L). Uma vez que a concentração de ATP não muda, 
C
O
O
O
P
C H
CH2
HO
O
O
1,3-bisfosfoglicerato
Ácido 
carboxílico-
-fosfórico
anidrido
Hidroxila
Fosforila
O
C
O
C
CH3
Piruvato
Carboxilato
Carbonila
C
O
SH
CH2
CH
NH3+
Cisteína
Sulfidrila
Carboxilato
Amino
O–
–O
–O O–
O–
O–
Figura R2-1 Grupos funcionais no 
1,3-bisfosfoglicerato, piruvato e cis-
teína.
Respostas das questões da obra Biologia molecular da célula, 6.ed. 7
cada ATP deve reciclar 1.800 vezes por dia ([90 mols ATP/dia]/[5 × 10–2 mol de 
ATP]).
 2-15 O corpo humano opera a cerca de 70 watts – mais ou menos o mesmo que uma 
lâmpada incandescente.
 2-16 É necessário gastar 2.070 kJ para escalar de Zermatt para o topo do Matterhorn, 
uma distância vertical de 2.818 m. Substituindo na equação do trabalho
Isso é igual a 1,5 barra de cereal (2.070 kJ/1.360 kJ), de modo que se deve estar 
preparado para fazer uma parada na cabana Hörnli para comer mais uma barra. 
Na realidade, o corpo humano não converte energia química em trabalho exter-
no com 100% de eficiência como foi considerado nessa resposta, mas com uma 
eficiência de cerca de 25%. Além disso, ainda deve se caminhar lateralmente con-
forme se sobe para o pico da montanha. Assim, seriam necessárias mais de seis 
barras de cereais para fazer o caminho.
Referência: Frayn KN (1996) Metabolic Regulation: A Human Perspective, p. 179. 
London: Portland Press.
 2-17 Na ausência de oxigênio, a energia necessária para as células deve ser suprida 
pela fermentação a lactato, o que requer uma alta velocidade da glicólise para 
gerar ATP suficiente. Quando é adicionado oxigênio, a célula pode gerar ATP pela 
fosforilação oxidativa, que gera ATP com maior eficiência que a glicólise. Portan-
to, é preciso menos glicose para suprir ATP com a mesma velocidade.
CAPÍTULO 3
 3-1 Verdadeiro. Em uma folha β, as cadeias laterais dos aminoácidos em cada fita 
estão posicionadas em modo alternado acima e abaixo do plano da folha β, e os 
átomos de oxigênio da carbonila também apresentam posições alternadas. As-
sim, cada fita em uma folha β pode ser considerada como uma hélice, na qual 
cada aminoácido apresenta 180° de rotação em relaçãoao aminoácido anterior.
 3-2 Falso. As regiões intrinsicamente desordenadas em proteínas geralmente apre-
sentam sequências de aminoácidos com baixa hidrofobicidade e alta carga total. 
A baixa hidrofobicidade reduz o efeito da força hidrofóbica, que normalmente 
induz a proteína a uma conformação mais condensada e organizada. A alta carga 
total (seja positiva ou negativa) induz a repulsão de regiões da proteína de carga 
semelhante. Em contrapartida, uma sequência de aminoácido com alta hidrofo-
bicidade e baixa carga total tenderia a colapsar em uma estrutura organizada.
 3-3 Verdadeiro. Os grupos químicos dessas alças protuberantes podem frequente-
mente se localizar ao redor da molécula, permitindo que a proteína estabeleça 
diversas ligações fracas.
8 Respostas das questões da obra Biologia molecular da célula, 6.ed.
 3-4 Verdadeiro. Como uma enzima possui um número fixo de sítios ativos, a taxa de 
reação não pode ser aumentada uma vez que a concentração de substrato seja 
suficiente para se ligar a todos os sítios ativos. A saturação dos sítios de ligação 
induz o comportamento da enzima na saturação.
 3-5 Falso. O número de turnover é constante, uma vez que o valor Vmáx é divido pela 
concentração de enzima. Por exemplo, um aumento de 2 vezes na concentração 
de enzima corresponderá a um aumento de 2 vezes na Vmáx, resultando no mes-
mo número de turnover: 2 Vmáx/2[E] = k3.
 3-6 Verdadeiro. O termo cooperatividade considera a ideia de que alterações na con-
formação de uma subunidade são transmitidas às outras subunidades em uma 
estrutura multimérica, de modo que todas as subunidades apresentam a mesma 
conformação. Em geral, essas subunidades são idênticas; no entanto, na hemo-
globina, por exemplo, existem quatro subunidades de dois tipos diferentes.
 3-7 Verdadeiro. A cada ciclo de fosforilação-desfosforilação uma molécula de ATP é hi-
drolisada; no entanto, isso não é considerado desperdício no sentido de não ser be-
néfico. O ciclo constante permite que as proteínas reguladas mudem rapidamente 
de um estado para outro em resposta a estímulos que requerem ajustes rápidos do 
metabolismo celular ou de sua função. Essa é a essência da regulação efetiva.
 3-8 Uma vez que existem 20 possíveis aminoácidos em cada posição de uma proteína 
composta por 300 aminoácidos, existem 20300 (o que corresponde a 10390) proteí-
nas possíveis. A massa de uma cópia de cada proteína possível é
Portanto, a massa de proteína poderia exceder a massa observável do universo 
(1080 g), mais precisamente por um fator de 10290!
 3-9 Em termos gerais, uma identidade de ao menos 30% é necessária. Identidades 
entre 20 e 30% são problemáticas e difíceis de distinguir do ruído de fundo. A 
pesquisa por sequências de relação distante utilizando sequências completas 
geralmente diminui a porcentagem de identidade a valores menores de 30% de-
vido à grande quantidade de regiões não conservadas. Dessa forma, a pesquisa 
utilizando sequências menores e regiões conservadas de sequências tem maior 
probabilidade de identificar sequências de relação distante.
 3-10 A justaposição das regiões N e C-terminal no domínio kelch o identifica como um 
domínio do tipo encaixe. Os domínios do tipo lineares apresentam suas regiões 
N e C-terminal em extremidades opostas do domínio.
 3-11 
 A. Os dados são consistentes com a hipótese de que o comportamento de mola da 
titina se deve ao desenovelamento sequencial dos domínios Ig. Em primeiro lu-
gar, o fragmento contém sete domínios Ig e existem sete picos no gráfico da força 
versus extensão. Além disso, os picos correspondem ao comportamento espera-
do durante o desenovelamento sequencial. Em segundo lugar, na presença de 
um desnaturante de proteínas, condição em que os domínios já estarão desnatu-
rados, os picos desaparecem e a extensão por unidade de força aumenta. Em ter-
ceiro lugar, quando os domínios são submetidos às ligações cruzadas, e portanto 
incapazes de se desenovelar, os picos desaparecem e a extensão por unidade de 
força diminui.
Respostas das questões da obra Biologia molecular da célula, 6.ed. 9
 B. O espaçamento entre os picos, de cerca de 25 nm, é quase exatamente o valor cal-
culado para o desenovelamento sequencial dos domínios Ig. O domínio enove-
lado ocupa 4 nm, mas quando não enovelado, seus 89 aminoácidos apresentam 
cerca de 30 nm (89 × 0,34 nm), uma variação de 26 nm.
 C. A ocorrência de picos individuais separados significa que cada domínio se de-
senovela quando uma força específica é aplicada, indicando que cada domínio 
possui estabilidade definida. O conjunto de domínios desenovela em ordem, do 
menos estável ao mais estável. Assim, é necessário aplicar mais força a cada eta-
pa para desenovelar o próximo domínio.
 D. O súbito colapso na força a cada evento de perda de estrutura é reflexo de um 
importante princípio do desenovelamento de proteínas, a cooperatividade. As 
proteínas tendem a se desenovelar de maneira “tudo ou nada”. Um pequeno 
número de ligações de hidrogênio é essencial para manter os domínios enove-
lados juntos (Figura R3-1). A perda dessas ligações desencadeia o desenovela-
mento cooperativo.
Referência: Rief M, Gutel M, Oesterhelt F, Fernandez JM & Gaub HE (1997) Re-
versible folding of individual titin immunoglobulin domains by AFM. Science 276, 
1109–1112.
 3-12 
 A. As concentrações relativas de proteína Src normal e mutante são inversamente 
proporcionais aos volumes em que estão distribuídas. A proteína mutante Src 
está distribuída no volume da célula, que é
Vcélula = (4/3)πr
3 = 4π(10 × 10–6 m)3/3 = 4,1888 × 10–15 m3
A proteína Src normal está confinada a uma camada de 4 nm de espessura lo-
calizada abaixo da membrana, com volume igual ao volume da célula menos o 
volume de uma esfera de raio 4 nm menor que o volume da célula:
 Vcamada = Vcélula – 4π(r – 4 nm)
3/3 
 = Vcélula – 4π[(10 × 10
–6 m) – (4 × 10–9 m)]3/3 
 = (4,1888 × 10–15 m3) – (4,1838 × 10–15 m3) 
 Vcamada = 0,0050 × 10
–15 m3
Portanto, o volume da célula é 838 vezes maior que o volume da esfera de 4 nm de 
espessura abaixo da membrana (4,1888 × 10–15m3/0,0050 × 10–15m3).
Mesmo considerando as regiões do interior da célula não permeáveis à proteína 
(núcleo e organelas), a proteína mutante Src ainda apresenta concentração de 
algumas ordens de magnitude menor da camada abaixo da membrana do que a 
proteína normal Src.
 B. A razão pela qual a proteína mutante Src não induz a proliferação celular é a sua 
baixa concentração na região da membrana onde seu alvo X está presente. Essa 
condição pode ser quantificada considerando o equilíbrio de ligação entre Src e 
seu alvo:
Figura R3-1 Ligações de hidrogênio 
que mantêm um domínio na sua con-
formação enovelada. As ligações de 
hidrogênio indicadas (linhas verdes), quan-
do rompidas, desencadeiam a perda da 
estrutura do domínio. Se você comparar 
este diagrama de topologia com a estru-
tura tridimensional da Figura Q3-2A, é 
possível identificar as duas folhas β curtas 
envolvidas na formação destas ligações de 
hidrogênio.
N
C
10 Respostas das questões da obra Biologia molecular da célula, 6.ed.
A concentração mais baixa da proteína mutante Src na região da membrana des-
locará o equilíbrio na direção dos componentes livres, reduzindo a quantidade 
de complexo formado. Se a concentração for 100 vezes menor, a quantidade de 
complexo formado será reduzida 100 vezes. Essa grande diminuição de forma-
ção de complexos pode ser facilmente considerada responsável pela ausência de 
efeito da proteína mutante Src na proliferação celular.
 3-13 O anticorpo se liga à segunda proteína com constante de equilíbrio, K, igual a 5 × 
107 M–1.
Uma maneira rápida de considerar questões desse tipo envolve a condição 
de que ΔG° está relacionado ao log K por um fator –2,3 RT, o que é igual a –5,9 kJ/
mol a 37 °C. Portanto,um aumento de 10 vezes na constante de equilíbrio (au-
mento do log K em 1 unidade) corresponde a uma diminuição de ΔG° igual a 
–5,9 kJ/mol. Um aumento de 100 vezes em K corresponde à diminuição de ΔG° 
igual a –11,9 kJ/mol, e assim sucessivamente. Para cada fator de 10 de aumento 
de K, ΔG° diminui –5,9 kJ/mol; para cada fator de 10 de diminuição de K, ΔG° 
aumenta 5,9 kJ/mol. Essa relação permite uma estimativa rápida da alteração da 
constante de equilíbrio a partir da alteração de energia livre, e vice-versa. Nesta 
questão, houve aumento de ΔG° igual a 11,9 kJ/mol (uma ligação mais fraca equi-
vale a menos ΔG° negativo). De acordo com a relação matemática anteriormente 
citada, este aumento em ΔG° requer a diminuição de K por um fator igual a 100 
(uma diminuição igual a duas unidades no valor log K); portanto a constante de 
equilíbrio para a ligação para a segunda proteína é igual a 5 × 107 M–1.
A solução desta questão pode ser calculada determinando inicialmente a 
variação de energia livre representada pela ligação à primeira proteína:
∆G° = –2,3 RT log K
Substituindo K,
	 ∆G° = –2,3 (8,3 × 10–3 kJ/K mol) (310 K) log (5 × 109) 
 ∆G° = –5,92 kJ/mol × 9,7 
 ∆G° = –57,4 kJ/mol
A variação de energia livre associada à ligação da segunda proteína é obtida pela 
adição de 11,9 kJ/mol à variação de energia livre para a ligação da primeira pro-
teína, obtendo valor igual a –45,5 kJ/mol. Portanto, a constante de equilíbrio para 
a ligação da segunda proteína é
 log K = (–45,5 kJ/mol)/(–5,92 kJ/mol) 
 = 7,7 
 K = 5 × 107 M–1
 3-14 Os valores calculados para a fração de tmRNA ligado versus concentração de 
SmpB estão listados na Tabela R3-1. Também estão listados os valores aproxi-
mados, que são mais fáceis de lembrar. Uma vez que a fração ligada = [SmpB]/
([SmpB] 1 Kd), substituindo os valores de Kd para [SmpB] se obtém os resultados. 
Por exemplo, quando [SmpB] = 102, a fração ligada é igual a 100/101 = 0,99.
Essas relações são úteis não apenas quando consideramos Kd, mas tam-
bém a cinética enzimática. A velocidade de reação expressa como fração da ve-
locidade máxima é
Velocidade/Vmáx = [S]/([S] 1 Km)
que equivale à equação para a fração ligada. Portanto, por exemplo, quando a 
concentração de substrato, [S], é 10 vezes maior que a constante de Michaelis, Km, 
a velocidade equivale à 90% da velocidade máxima, Vmáx. Quando [S] é 100 vezes 
menor que Km, a velocidade é 1% de Vmáx.
TABELA R3-1 Valores calculados 
para a fração de proteína ligada 
versus concentração de proteína
[Proteína]
Fração 
ligada 
(%)
Valor 
aproximado
104 Kd 99,99 99,99
103 Kd 99,9 99,9
102 Kd 99 99
101 Kd 91 90
Kd 50 50
10–1 Kd 9,1 10
10–2 Kd 0,99 1
10–3 Kd 0,099 0,1
10–4 Kd 0,0099 0,01
Respostas das questões da obra Biologia molecular da célula, 6.ed. 11
Essa relação também funciona para a fração de dissociação de grupos áci-
dos, HA, em função do valor de pH. Quando o pH está 2 unidades acima do valor 
de pK, 99% dos grupos ácidos estão ionizados. Quando o pH está 1 unidade abai-
xo do valor de pK, 10% dos grupos ácidos estão ionizados.
 3-15 Quando [S] = 0, a velocidade é igual a 0/Km, sendo igual a zero. Quando [S] = Km, 
a razão de [S]/([S]1Km) é igual a ½ e a velocidade é igual a ½ Vmáx. Quando [S] é 
infinita, a razão [S]/([S]1Km) é igual a 1 e a velocidade é igual a Vmáx.
 3-16 
 A. Espera-se que uma enzima composta inteiramente por imagens especulares dos 
aminoácidos se enovele em uma conformação estável que também equivale à 
imagem especular da enzima normal; ou seja, será como a enzima normal refle-
tida em um espelho.
 B. Espera-se que a enzima especular reconheça a imagem especular do substrato 
normal. Dessa forma, espera-se que a hexocinase “D” adicione um fosfato à l-
-glicose e ignore a d-glicose.
Esse experimento foi realizado para a protease do HIV. A protease especu-
lar reconhece e cliva substratos especulares.
Referência: Milton RC, Milton SC & Kent SB (1992) Total chemical synthesis of 
a D-enzyme: the enantiomers of HIV-1 protease show reciprocal chiral substrate 
specificity. Science 256, 1445–1448.
 3-17 Essa questão simples precisou de décadas de pesquisa para que uma resposta 
completa e satisfatória fosse obtida. No nível mais simples, a hemoglobina se liga 
ao oxigênio de modo eficaz nos pulmões devido à alta concentração (pressão 
parcial) de oxigênio. Nos tecidos, a concentração de oxigênio é menor, pois é 
consumido de modo constante pelo metabolismo. Dessa forma, a hemoglobina 
tende a liberar (ligar menos) oxigênio nos tecidos. Essa tendência natural – efeito 
do equilíbrio de ligação – é exacerbada pelas interações alostéricas entre as qua-
tro subunidades da molécula de hemoglobina. Como consequência, mais oxigê-
nio é liberado nos tecidos do que seria esperado simplesmente pelo equilíbrio de 
ligação.
 3-18 Uma hipótese razoável seria que o excesso de AMP inibe, por retroalimentação 
negativa, a enzima que converte E em F, e o excesso de GMP inibe, também por 
retroalimentação negativa, a etapa E para H. O intermediário E, que então seria 
acumulado, inibiria a etapa de conversão de R5P em A. Algumas vias ramifica-
das são controladas dessa forma. A síntese de nucleotídeos, porém, é regulada 
de modo ligeiramente diferente (Figura R3-2). AMP e GMP regulam a conversão 
de E em F e E em H, como descrito anteriormente, mas também regulam a eta-
pa de conversão de R5P em A. A regulação por AMP e GMP nesta etapa parece 
problemática uma vez que sugere que um aumento na concentração de AMP, 
por exemplo, inibiria toda a via, mesmo na ausência de GMP. As células utilizam 
uma estratégia bastante inteligente para evitar este problema. Individualmente, o 
excesso de AMP ou de GMP inibe a enzima a 50% da sua atividade normal; juntos 
eles inibem a enzima completamente.
Figura R3-2 Padrão de inibição da via 
metabólica de síntese de nucleotídeos 
de purina.
R5P A B C D
F G
H I
E
50%
50%
100%
100%
AMP
GMP
12 Respostas das questões da obra Biologia molecular da célula, 6.ed.
CAPÍTULO 4
 4-1 Verdadeiro. O cariótipo humano é composto por 22 autossomos e dois cromosso-
mos sexuais, X e Y. As mulheres possuem 22 autossomos e dois cromossomos X, 
um total de 23 cromossomos diferentes. Os homens também possuem 22 autos-
somos, mas possuem um cromossomo X e um Y, portanto um total de 24 cromos-
somos diferentes.
 4-2 Verdadeiro. Todas as histonas do cerne são ricas em lisina e arginina, com ca-
deias laterais básicas – com carga positiva – que podem neutralizar a carga nega-
tiva da cadeia principal de DNA.
 4-3 Falso. Usando a energia da hidrólise do ATP, os complexos de remodelagem da 
cromatina podem catalisar o movimento dos nucleossomos pelo DNA ou mesmo 
dissociar completamente um nucleossomo do DNA.
 4-4 Verdadeiro. Humanos e camundongos divergiram a partir de um ancestral comum 
por um período suficientemente longo para alterar cerca de dois a cada três nucleo-
tídeos através de mutações aleatórias. As regiões que foram conservadas são aque-
las com importância funcional, em que as mutações com efeitos deletérios seriam 
eliminadas por seleção natural. As outras regiões não foram conservadas porque a 
seleção natural não pode atuar na eliminação de alterações em DNA não funcional.
 4-5 Verdadeiro. A duplicação de segmentos cromossômicos, contendo um ou mais 
genes, permite que uma das duas cópias do gene possa divergir com o passar 
do tempo, adquirindo funções diferentes, porém relacionadas. Acredita-se que 
o processo de duplicação do gene e sua divergência tiveram uma importância 
fundamental na evolução da complexidade biológica.
 4-6 Em todas as amostras de DNA de fita dupla, o número de As e Ts (portanto, suas 
porcentagens) é igual, pois eles sempre formam par entre si. O mesmo ocorre 
entre Gs e Cs. Um resultado como esse foi consideradoestranho em uma época 
anterior à estrutura do DNA ser conhecida. Atualmente, está claro que, embora 
todo DNA celular seja composto por uma fita dupla, alguns vírus contêm DNA de 
fita simples. O DNA genômico do vírus M13, por exemplo, é composto por uma 
fita simples. Em DNA de fita simples, o A não forma par com T, nem o C com G, 
portanto a regra A=T e C=G não se aplica.
 4-7 O segmento de DNA na Figura Q4-1 representa, de cima para baixo, 5-ACT-3. Os 
carbonos no açúcar ribose são numerados no sentido horário em volta do anel, 
sendo que inicia em C1, o carbono ao qual a base está ligada, e termina em C5, 
o carbono que fica por fora do anel de ribose.
 4-8 Como o C sempre forma par com G na fita dupla de DNA, suas porcentagens mola-
res devem ser iguais. Então, a porcentagem molar de G, que é igual a C, é 20%. A por-
centagem molar de A e T completam os 60% restantes. Como A e T sempre formam 
par, cada um corresponde à metade do valor em porcentagem molar: 30% cada.
 4-9 O cromossomo intermediário e os sítios das inversões estão indicados na Figura 
R4-1.
Figura R4-1 Inversões e cromossomo 
intermediário na evolução do cromos-
somo 3 em orangotangos e humanos.
Intermediário
Primeira
inversão
Segunda
inversão
HumanoOrangotango
Respostas das questões da obra Biologia molecular da célula, 6.ed. 13
 4-10 Com base nas informações dadas, o DNA está compactado 27 vezes nas fibras de 
30 nm em relação ao DNA estendido. O comprimento total da dupla-hélice de 
DNA em 50 nm da fibra é 1.360 nm ([20 nucleossomos] × [200 pb/nucleossomo] 
× [0,34 nm/pb] = 1.360 nm); 1.360 nm de dupla fita reduzidos a 50 nm de fibra de 
cromatina representa uma condensação de 27 vezes ([1.360 nm/50 nm] = 27,2). 
Esse nível de compactação representa 0,27% (27/10.000) da condensação total 
que ocorre na mitose, ainda bem além do necessário.
 4-11 O resultado biológico associado à metilação das histonas depende do sítio modi-
ficado. Cada sítio de metilação tem um contexto envolvendo o aminoácido, que 
permite a ligação de complexos de leitura diferentes. É a ligação dessas diferentes 
proteínas efetoras que produz os diferentes efeitos biológicos.
 4-12 Um cromossomo dicêntrico é instável porque os dois cinetocoros podem inter-
ferir entre si. Normalmente, os microtúbulos dos dois polos do aparato do fuso 
ligam-se às faces opostas de um único cinetocoro para separar as cromátides 
individuais na mitose. Se um cromossomo contiver dois centrômeros, na metade 
das vezes, os microtúbulos de um dos polos se ligarão aos dois cinetocoros asso-
ciados a uma cromátide, enquanto os microtúbulos do outro polo se ligarão aos 
dois cinetocoros associados a outra cromátide. Nesse caso, a divisão pode ocor-
rer de forma satisfatória. Mas, na outra metade, os microtúbulos de cada polo se 
ligarão aos cinetocoros associados às diferentes cromátides. Quando isso ocorre, 
cada cromátide será puxada para os polos opostos com força suficiente para que-
brá-la. Portanto, dois centrômeros são ruins para um cromossomo, provocando 
quebras – tornando-o instável.
 4-13 As colônias são agregados de células originadas a partir de uma única célula fun-
dadora e crescem expandindo-se para fora à medida que as células dividem-se 
repetidamente. Na colônia vermelha da Figura Q4-3, o gene Ade2 foi inativado 
por estar localizado próximo ao telômero. A inativação é herdada, porém o gene 
é reativado a uma frequência muito baixa. Isso origina as células brancas, cujos 
descendentes também são brancos (produzindo os setores brancos), mesmo que 
o gene não tenha trocado de posição. Esse padrão demonstra que a inativação 
de um gene próximo ao telômero é passado às células-filhas de um modo não 
completamente estável, e que os dois estados, ativo e inativo, são herdados. Um 
mecanismo epigenético parece estar envolvido, com base na tendência de o esta-
do condensado da cromatina ser herdado logo após a replicação do DNA.
 4-14 O bloco de genes Hox é compactado com complexas sequências de intensa re-
gulação que asseguram a expressão adequada de determinados genes Hox nos 
momentos e locais corretos durante o desenvolvimento. A inserção de elementos 
transponíveis nos blocos Hox é eliminada pela seleção de purificação, provavel-
mente porque estes interrompem a regulação adequada dos genes Hox. Compa-
rações das sequências de blocos Hox em camundongos, ratos e babuínos reve-
lam a alta densidade de segmentos não codificadores conservados, confirmando 
a presença da alta densidade de elementos reguladores.
Referência: Lander ES, Linton L, Birren B et al. (2001) Initial sequencing and 
analysis of the human genome. Nature 409, 860–921.
CAPÍTULO 5
 5–1 Verdadeiro. Cada vez que o genoma é copiado antes da divisão celular, há o risco 
de que erros (mutações) sejam introduzidos. A taxa de mutação em humanos é 
estimada em 1 alteração nucleotídica a cada 1010 nucleotídeos por evento de re-
plicação do DNA. Como existem 6,4 × 109 nucleotídeos por célula diploide, uma 
média de 0,64 mutação aleatória é introduzida no genoma cada vez que este é co-
14 Respostas das questões da obra Biologia molecular da célula, 6.ed.
piado. Então, as duas células-filhas de uma mesma divisão celular normalmente 
apresentam diferenças entre si e diferem também da célula-mãe que as originou. 
Mesmo genomas copiados com perfeição, que produzem células idênticas, so-
frerão alterações nos ciclos de replicação subsequentes. A proporção de células 
idênticas depende da taxa de mutação exata.
 5-2 Verdadeiro. Se a forquilha de replicação se desloca a 500 pares de nucleotídeos 
por segundo, o DNA à frente deve sofrer uma rotação com velocidade de 48 re-
voluções por segundo (500 nucleotídeos por segundo/10,5 nucleotídeos por vol-
ta da hélice) ou 2.880 revoluções por minuto. O caos que esse desenrolamento 
causaria no cromossomo é evitado por uma DNA-topoisomerase que introduz 
quebras temporárias bem na frente da forquilha de replicação. Essa ação limita a 
rotação a um pequeno segmento de DNA de fita simples.
 5-3 Verdadeiro. As duas extremidades de uma única fita de DNA parental serão co-
piadas na mesma direção. Em uma das forquilhas da bolha de replicação, ela 
corresponderá à fita-líder; na forquilha do outro lado, ela corresponderá à fita 
retardada.
 5-4 Verdadeiro. Considere uma única fita-molde, com a extremidade 5 à esquerda 
e a extremidade 3 à direita. Não interessa qual a origem, a síntese na fita da es-
querda será contínua (fita-líder) e a síntese da fita à direita será descontínua (fita 
retardada). Assim, quando forquilhas de replicação oriundas de origens adjacen-
tes colidirem, uma fita que se desloca pela direita (retardada) sempre encontrará 
uma fita que se desloca à esquerda (líder).
 5-5 Falso. O reparo de lesões de uma única fita pelo reparo de excisão de bases ou 
excisão de nucleotídeos, por exemplo, depende somente das duas cópias de in-
formação genética contida nas duas fitas da dupla-hélice de DNA. Por outro lado, 
o reparo correto de lesões nas duas fitas da hélice – uma quebra de fita dupla, por 
exemplo – necessita de informação de uma segunda hélice dupla, ou seja, uma 
cromátide-irmã ou um homólogo.
 5-6 A variação na frequência de mutantes em culturas diferentes reflete os diferentes 
períodos em que as mutações surgiram. Por exemplo, culturas com apenas uma 
bactéria mutante devem ter adquirido a mutação na última geração; culturas 
com duas mutantes provavelmente adquiriram a mutação na penúltima geração 
e produziram duas células-filhas mutantes; culturas com quatro mutações pro-
vavelmente adquiriram a mutação na antepenúltima geração e a célula mutante 
se dividiu duas vezes. As culturas com um número maior de mutantes adquiri-
ram a mutação mais cedo durante o cultivo, e essas células mutantes se dividiram 
várias vezes. Para entender essa variabilidade, é melhor pensar em taxade mu-
tação (1 mutação por 109 pb por geração) como uma probabilidade: uma chance 
de 10–9 de produzir uma mutação cada vez que um par de nucleotídeos é copiado. 
Dessa forma, algumas vezes uma mutação ocorrerá antes ou depois que os 109 
nucleotídeos tenham sido copiados.
Análises da variação das frequências entre culturas cultivadas dessa forma 
(conhecida como análise de flutuação) são um método comum para determinar 
as taxas de mutação. Luria e Delbrück desenvolveram originalmente o método que 
demonstra que as mutações preexistem nas populações de bactérias; isto é, elas 
não surgem como resultado de métodos seletivos usados para revelar sua presença.
Referência: Luria SE & Delbrück M (1943) Mutations of bacteria from virus sen-
sitivity to virus resistance. Genetics 28, 491–511.
 5-7 O reparo de pareamento incorreto normalmente corrige o erro na fita recém-
-sintetizada (fita nova) usando a informação na fita-mãe original. Caso a fita-mãe 
Respostas das questões da obra Biologia molecular da célula, 6.ed. 15
fosse “corrigida” usando a fita nova contendo o erro como molde, o erro se torna-
ria uma mutação permanente no genoma, e a informação “correta” seria perdida 
no processo. Portanto, se as enzimas de reparo não distinguirem as duas fitas, 
teriam apenas 50% de chance de corrigir um determinado erro.
No final, um reparo assim, indiscriminado, introduziria o mesmo número 
de mutações, que seriam inseridas se o sistema de reparo não existisse. Na au-
sência do reparo, o pareamento incorreto permaneceria até a próxima replica-
ção. Quando a forquilha de replicação passar por malpareamento e as fitas esti-
verem separadas, os nucleotídeos serão pareados corretamente na fita oposta ao 
pareamento incorreto. Um duplex normal não mutante será produzido a partir 
da fita contendo a informação original, e um duplex mutante será produzido a 
partir da fita que continha o erro. Dessa forma, o evento original de pareamento 
incorreto produziria uma progênie 50% mutante e 50% não mutante. Esse resul-
tado é igual ao caso do reparo indiscriminado: em média todos os eventos de 
malpareamento, o reparo indiscriminado também produziria uma progênie 50% 
mutante e 50% não mutante.
 5-8 Apesar de parecer um desperdício, esse processo fornece uma solução harmônica 
à dificuldade de correção de erro durante a formação do iniciador. Para começar 
um novo iniciador em um segmento de DNA de fita simples, um nucleotídeo deve 
ser colocado na posição e ligado a um segundo nucleotídeo, e este, a um terceiro 
e assim por diante. Mesmo se esses primeiros nucleotídeos forem perfeitamen-
te complementares à fita-molde, um oligonucleotídeo tão curto seria ligado com 
uma afinidade muito baixa e seria difícil de diferenciar as bases corretas das in-
corretas durante a correção. O objetivo da primase é “apenas fixar um segmento 
que se ligue razoavelmente bem, sem se importar com a precisão”. Mais tarde, es-
sas sequências serão removidas e substituídas pela DNA-polimerase, que utiliza 
iniciadores de DNA sintetizados com precisão a partir dos fragmentos de Okazaki 
adjacentes. A DNA-polimerase possui a vantagem – que falta na primase – de in-
serir um novo nucleotídeo ao final de um segmento de uma fita que já existe. O 
nucleotídeo recém-adicionado é mantido firmemente na posição, e a precisão 
do pareamento de bases ao próximo nucleotídeo na fita-molde pode ser avaliado 
corretamente. Conforme a DNA-polimerase preenche o intervalo, ela pode fazer a 
correção de erros desde o início da fita que sintetiza. O que parece, à primeira vista, 
um desperdício de energia é, na verdade, um preço a ser pago pela precisão.
 5-9 Obviamente, as DNA-polimerases devem ser capazes de alongar um iniciador 
mal pareado de vez em quando; caso contrário, não haveria malpareamento no 
DNA recém-sintetizado. A maior parte dos pareamentos incorretos é removida 
pela exonuclease 3’-5’ de correção de erro associada à DNA-polimerase. Quando 
a exonuclease não remove o erro, a polimerase pode alongar a cadeia crescente. 
De fato, a DNA-polimerase e a exonuclease de correção competem entre si. No 
caso da DNA-polimerase do bacteriófago T7, existem dados que ilustram essa 
competição. Normalmente, a DNA-polimerase de T7 sintetiza DNA a 300 nucleo-
tídeos por segundo, enquanto a exonuclease remove os nucleotídeos terminais 
a 0,2 nucleotídeo por segundo, sugerindo que 1 a cada 1.500 (0,2/300) nucleotí-
deos corretos é removido pela exonuclease. Quando um nucleotídeo incorreto 
é incorporado, a taxa de remoção aumenta 10 vezes até 2,3 nucleotídeos por se-
gundo e a taxa de polimerização diminui de 3 × 104 vezes até 0,01 nucleotídeo por 
segundo. A comparação dessas taxas para um iniciador mal pareado sugere que 
cerca de 1 em 200 (0,01/2,3) iniciadores mal pareados será estendido pela DNA-
-polimerase de T7.
Referência: Johnson KA (1993) Conformational coupling in DNA polymerase fi-
delity. Annu. Rev. Biochem. 62, 685–713.
 5-10 Como sempre, você obtém sucesso. Embora inicialmente tenha ficado perplexo 
pela variedade de estruturas, você rapidamente percebe que as formas “H” são 
16 Respostas das questões da obra Biologia molecular da célula, 6.ed.
exatamente como as bolhas, exceto que a clivagem ocorre dentro da bolha em 
vez de ser por fora. Após, você identifica que, ordenando as moléculas de acordo 
com o aumento do tamanho da bolha (e virando algumas estruturas de ponta a 
ponta), poderia apresentar um caso visualmente convincente de replicação bi-
direcional que se distancia a partir de uma única origem de replicação (Figura 
R5-1). A replicação bidirecional é clara, porque uma replicação unidirecional 
produziria um conjunto de bolhas com um lado em comum. A replicação a par-
tir de uma única origem é provável, mas não é certa, porque não se pode excluir 
a possibilidade de haver duas origens, uma de cada lado e equidistantes do sítio 
de restrição usado para linearizar o DNA. A repetição do experimento com uma 
nuclease de restrição diferente resolve essa questão e define a posição exata da 
origem, ou origens, no DNA viral. Seu supervisor estará satisfeito.
 5-11 
 A. As regiões de rastros densas com grãos de prata correspondem aos segmentos 
de DNA que estavam sendo replicados quando a concentração de 3H-timidina 
estava alta. As regiões menos densas marcam os segmentos de DNA que estavam 
sendo replicados quando a concentração de 3H-timidina estava baixa.
 B. A diferença na disposição das seções claras e escuras dos rastros refletem a di-
ferença na estratégia de marcação dos dois experimentos. No primeiro experi-
mento (ver Figura Q5-2A), a 3H-timidina foi adicionada imediatamente após a 
liberação do bloqueador de sincronização. Dessa forma, a replicação foi inicia-
da nas origens já com a presença de 3H-timidina, produzindo uma seção escura 
contínua em ambos os lados da origem. Quando a concentração do marcador foi 
reduzida, a replicação continuou em ambas direções se distanciando da origem, 
criando seções mais claras nos dois lados das seções escuras. No segundo experi-
mento (ver Figura Q5-2B), a replicação foi iniciada nas origens sem a presença de 
3H-timidina, então a origem não foi marcada. A adição de uma alta concentração 
de marcador seguida pela baixa concentração originou a seção escura com a se-
ção clara em uma extremidade. As seções escuras adjacentes são parte da mesma 
molécula de DNA replicante; elas estão unidas por um segmento não marcado 
(portanto invisível) que contém as origens de replicação.
 C. A velocidade aproximada do movimento da forquilha pode ser estimada a par-
tir dos tempos de marcação e do comprimento das seções marcadas. No pri-
meiro experimento, segmentos com cerca de 100 μm de comprimento foram 
marcados durante os 45 minutos de marcação. Como há duas forquilhas de re-
plicação envolvidas na síntese de cada segmento marcado, cada forquilha de 
replicaçãosintetiza cerca de 50 μm de DNA em 45 minutos. Assim, a velocidade 
de deslocamento de cada forquilha é cerca de 1,1 μm/min (50 μm/45 min). No 
segundo experimento, segmentos com cerca de 50 μm de comprimento foram 
marcados; porém cada um foi sintetizado por apenas uma forquilha de replica-
ção. Então, a taxa de deslocamento foi também de 1,1 μm/min.
Essa informação não é suficiente para estimar o tempo necessário para 
replicar todo o genoma. A informação que falta é o número de origens de repli-
cação ativas e sua distribuição. Supondo que todas as origens sejam ativadas ao 
mesmo tempo e todas as forquilhas se movam com a mesma velocidade, o tempo 
mínimo necessário para replicar o genoma (independentemente do seu tama-
nho) é dado pela distância entre as duas origens mais distantes entre si.
Referência: Huberman JA & Riggs AD (1968) On the mechanism of DNA replica-
tion in mammalian chromosomes. J. Mol. Biol. 32, 327–341.
 5-12 Nas células de vertebrados, muitos sítios na sequência 5-CG-3 são seletivamen-
te metilados na base citosina. A desaminação espontânea de metil C produz T. 
Uma DNA-glicosilase especial reconhece esse par de base incorreto envolvendo 
o T na sequência TG e o remove. Esse mecanismo de reparo de DNA não é 100% 
eficiente, e os nucleotídeos com C metilado são sítios comuns de mutação no 
Figura R5-1 Replicação bidirecional a 
partir de uma única origem.
Respostas das questões da obra Biologia molecular da célula, 6.ed. 17
DNA de vertebrados. Com o tempo, essa taxa aumentada de mutações nos dinu-
cleotídeos CG resultou na sua perda preferencial, causando, portanto, sua sub-
-representação no genoma humano.
 5-13 Caso as quebras corrigidas de forma incorreta estivessem distribuídas pelo ge-
noma, seria esperado que 2% delas afetassem informações codificadoras ou re-
guladoras essenciais. Dessa forma, as funções de cerca de 40 genes (0,02 × 2.000) 
seriam comprometidas em cada célula, embora os genes específicos sejam di-
ferentes em cada célula. Como nem todos os genes são expressos em todas as 
células, mutações gênicas em algumas células não trariam consequências. Além 
disso, como o genoma humano é diploide, o efeito das mutações na função ce-
lular dos genes expressos seria minimizado pelo outro alelo. Para a maioria dos 
lócus, um alelo funcional (50% da proteína normal) é adequado para a função ce-
lular normal; porém, para outros lócus, 50% não são suficientes. Seria esperado, 
portanto, que as mutações comprometessem as funções de algumas células.
Referência: Lieber MR, Ma Y, Pannicke U & Schwarz K (2003) Mechanism and 
regulation of human non-homologous DNA end-joining. Nat. Rev. Mol. Cell Biol. 
4, 712–720.
 5-14 A junção de Holliday dupla resultante da invasão de fitas está ilustrada na Figura 
R5-2. Duas representações são mostradas, ambas corretas. A de cima parece mais 
simples porque o duplex invasor sofreu uma rotação, e a extremidade 5’ marcada 
está na parte inferior. Essa disposição minimiza o número de linhas que devem 
atravessar, por isso a maioria dos diagramas é mostrada dessa forma. A represen-
tação na parte de baixo está perfeitamente correta, mas aparenta ser mais compli-
cada. Observe que os dois diagramas representam exatamente a mesma estrutura 
molecular. A síntese de DNA usa a extremidade 3’ do duplex invasor como um 
iniciador e preenche a lacuna de fita simples pela síntese 5’-3’ como indicado.
 5-15 Uma enorme porcentagem do genoma humano é formado por elementos re-
petitivos, como as sequências Alu, que estão distribuídas pelos cromossomos. 
Se, por exemplo, a recombinação fosse ocorrer entre duas dessas sequências 
em diferentes cromossomos, produziria uma translocação. A recombinação 
irrestrita entre tais elementos repetitivos rapidamente provocaria rearranjos 
no genoma que impediriam seu reconhecimento. Rearranjos diferentes em 
indivíduos diferentes resultariam em um alto número de progênies inviáveis, 
ameaçando a espécie.
Essa calamidade é evitada pela ação do sistema de reparo de pareamento 
incorreto. As sequências repetidas no genoma apresentam uma pequena por-
centagem de diferença entre suas sequências. Quando intermediários da recom-
binação são formados entre essas sequências, diversos pareamentos incorretos 
estão presentes nas regiões de heteroduplex. E, quando o sistema de reparo de 
pareamento incorreto detecta uma frequência muito alta de malpareamento, o 
processo de recombinação é abortado. Esse mecanismo de vigilância assegura 
que as sequências que sofrem a recombinação sejam praticamente idênticas, 
como é esperado para sequências localizadas em um mesmo lócus em cromos-
somos homólogos.
 5-16 A recombinação mediada por Cre entre dois sítios LoxP com orientação oposta 
inverte a sequência entre os sítios, enquanto a recombinação entre sítios LoxP na 
mesma orientação remove a sequência do genoma, liberando-a como um círculo 
(Figura R5-3). Como o círculo não tem uma origem de replicação, ele será per-
dido quando a célula se dividir. A maneira mais fácil de trabalhar os produtos é 
alinhar os sítios LoxP e acompanhar a permuta entre eles.
5� 3�
5� 3�
5� 3�
5� 3�
5� 3�
5� 3�
ou
Figura R5-2 Junção de Holliday dupla. 
A síntese de DNA novo é indicada por linhas 
onduladas em azul.
a b c d
a
d
b
c
a b c d
a c b d
c d
a b
a d
bc
+
Figura R5-3 Produtos da recombinação 
mediada por Cre entre sítios LoxP com 
orientação oposta e repetição direta.
18 Respostas das questões da obra Biologia molecular da célula, 6.ed.
CAPÍTULO 6
 6-1 Verdadeiro. Os erros na replicação do DNA têm o potencial de afetar as gera-
ções futuras de células, enquanto os erros na transcrição não levam a qualquer 
consequência genética. Os erros na transcrição levam a falhas em uma pequena 
fração de moléculas de RNA, cujo funcionamento ainda será monitorado por ou-
tros mecanismos de controle de qualidade. Eles não são repassados para células-
-filhas. Em contrapartida, os erros na replicação do DNA alteram o gene e, desse 
modo, afetam todas as cópias de RNA (e proteína) produzidas na célula original e 
em todas as células descendentes.
Essas considerações se refletem nas taxas intrínsecas de erro das RNA-po-
limerases e DNA-polimerases: RNA-polimerases normalmente cometem 1 erro a 
cada 104 nucleotídeos copiados, enquanto DNA-polimerases cometem cerca de 
1 erro a cada 107 nucleotídeos. Tais diferenças significativas nas taxas de erro su-
gerem que a seleção natural é mais forte contra erros na replicação do que contra 
erros na transcrição.
 6-2 Falso. Embora sequências de íntrons sejam majoritariamente dispensáveis, elas 
devem ser removidas com precisão. Um erro de um único nucleotídeo duran-
te a remoção mudaria a fase de leitura na molécula de mRNA e produziria uma 
proteína aberrante.
 6-3 Falso. O pareamento oscilante ocorre entre a terceira posição no códon e a pri-
meira posição no anticódon.
 6-4 Falso. O pareamento correto de bases é apenas cerca de 10 a 100 vezes mais está-
vel do que pareamentos incorretos. Assim, mecanismos adicionais, além da sim-
ples termodinâmica do pareamento de bases, devem ser utilizados para alcançar 
a precisão da síntese proteica que é rotineiramente alcançada nas células. Dois 
desses mecanismos são o ajuste induzido, onde o ribossomo se enovela em torno 
dos pares de bases corretos, e a revisão cinética, que introduz intervalos que per-
mitem a dissociação de bases inadequadamente pareadas.
 6-5 Falso. Apesar de apenas alguns tipos de reações estarem representados entre as 
ribozimas nas células atuais, as ribozimas que foram selecionadas em laborató-
rio podem catalisar uma ampla variedade de reações bioquímicas, com taxas de 
reação que se aproximam daquelas das proteínas. Diante desses resultados, não 
está clara a razão das ribozimas serem tão pouco representadas nas células mo-dernas. No entanto, parece lógico que a disponibilidade de 20 aminoácidos con-
tra 4 bases permita às proteínas um maior número de estratégias catalíticas em 
relação às ribozimas, além de dar-lhes uma capacidade de se ligarem de forma 
produtiva a uma gama mais ampla de substratos (p. ex., substratos hidrofóbicos, 
com os quais as ribozimas têm dificuldade de interação).
 6-6 A RNA-polimerase deve mover-se da direita para a esquerda na Figura Q6-1. Se a 
RNA-polimerase não gira em torno do molde enquanto se move, ela vai induzir 
uma supertorção no DNA à sua frente, provocando supertorções positivas, e vai 
desenrolar o DNA na sua região posterior, provocando supertorções negativas. Se 
a RNA-polimerase estiver livre para girar em torno do molde enquanto se move 
ao longo do DNA, não ocorrerá pressão ou desenrolamento do DNA, e não serão 
geradas supertorções.
Referência: Liu LF & Wang JC (1987) Supercoiling of the DNA template during 
transcription. Proc. Natl Acad. Sci. USA 84, 7024–7027.
Respostas das questões da obra Biologia molecular da célula, 6.ed. 19
 6-7 A microesfera giraria no sentido horário a partir da perspectiva do ímã, como 
mostrado na Figura R6-1A. Como mostrado na Figura R6-1B, o movimento da 
hélice em relação a uma RNA-polimerase fixa provoca uma rotação na hélice.
Referência: Harada Y, Ohara O, Takatsuki A, Itoh H, Shimamoto N & Kinosita 
K (2001) Direct observation of DNA rotation during transcription by Escherichia 
coli RNA polymerase. Nature 409, 113–115.
 6-8 A afirmativa C é a única que é necessariamente verdadeira para os éxons 2 e 3. Ela 
é também a única verdadeira para os éxons 7 e 8. Embora as condições dadas em 
A e B possam ocorrer, elas não são obrigatórias. No entanto, visto que a sequência 
da proteína codificada é a mesma em segmentos de mRNA que correspondem 
aos éxons 1 e 10, nenhuma escolha de éxons alternativos (2 versus 3, ou 7 versus 
8) pode permitir que haja uma alteração na fase de leitura. Para manter a fase de 
leitura normal – seja ela qual for –, os éxons alternativos devem ter um número 
de nucleotídeos que, quando dividido por 3 (o número de nucleotídeos de um 
códon), gere o mesmo resultado.
Uma vez que a sequência do gene da α-tropomiosina é conhecida, pode-
mos verificar a veracidade desta questão. Ambos os éxons 2 e 3 contêm o mes-
mo número de nucleotídeos, 126, que é divisível por 3. Os éxons 7 e 8 também 
contêm o mesmo número de nucleotídeos, 76, que, quando dividido por 3, deixa 
uma sobra de 1.
 6-9 As únicas atribuições de códon consistentes com as mudanças observadas e com 
o pressuposto de que apenas mudanças de nucleotídeo único foram envolvidas 
são GUG para valina, GCG para alanina, AUG para metionina e ACG para tre-
onina. É pouco provável que você fosse capaz de isolar um mutante de valina 
para treonina em um único passo, pois seriam necessárias duas alterações de 
nucleotídeos. Normalmente, é esperado que duas mudanças ocorram com uma 
frequência igual ao produto das frequências de cada uma das alterações indivi-
duais; consequentemente, o mutante duplo seria muito raro.
 6-10 Deleções de um único nucleotídeo perto do início do gene (2) seriam mais pre-
judiciais, visto que alterariam a fase de leitura no início da sequência de codifi-
cação. Como resultado, a proteína codificada conteria uma sequência de ami-
noácidos distinta da original e provavelmente truncada. Em contrapartida, uma 
mudança da fase de leitura que ocorre próximo à extremidade final da sequência 
de codificação, como descrito em 1, resultará em uma proteína majoritariamente 
correta, que poderá ser funcional.
Uma deleção de três nucleotídeos consecutivos, como no cenário 3, leva à 
deleção de um aminoácido, caso elimine um códon completo, ou à deleção de 
Figura R6-1 Rotação da fita dupla de 
DNA devido ao movimento relativo da 
RNA-polimerase. (A) Sentido da rotação 
da microesfera magnética. (B) Direção da 
rotação da fita dupla de DNA.
RNA
DNA
RNA
RNA-polimerase
Microesfera
magnética
Ímã
Lâmina de vidro
Direção
da rotação
(A) (B)
20 Respostas das questões da obra Biologia molecular da célula, 6.ed.
um aminoácido e a substituição de outro, caso a deleção sobreponha dois có-
dons adjacentes. É importante salientar que a deleção de três nucleotídeos não 
alteraria a fase de leitura. O aminoácido eliminado (ou alterado) pode ou não 
ser importante para o enovelamento ou para a atividade da proteína. Em muitos 
casos, essas mutações são silenciosas; ou seja, elas apresentam consequências 
insignificantes para o organismo.
A substituição de um nucleotídeo por outro, como no cenário 4, em geral é 
completamente inofensiva, desde que não seja alterado o aminoácido codificado. 
Em outros casos, pode ocorrer a troca de um aminoácido, e as consequências 
podem ser deletérias ou benignas, dependendo da localização e da significância 
funcional daquele aminoácido em particular. Muitas vezes, o tipo de alteração 
mais deletério, em se tratando de alteração de um único nucleotídeo, cria um 
novo códon de terminação, o que dá origem a uma proteína truncada.
 6-11 Um mRNA quebrado, quando traduzido, produziria uma proteína truncada que 
poderia ser prejudicial à célula. Um fragmento de proteína pode reter algumas 
das funções da proteína, o que permitiria, por exemplo, ligar-se a uma proteína-
-alvo, mas prendendo-a em um complexo improdutivo. Alternativamente, um 
fragmento de proteína pode exibir superfícies de ligação novas, aberrantes, que 
lhes permitam ligar-se a novos parceiros, interferindo na sua função. Finalmente, 
a deleção poderia remover a porção da proteína que normalmente controla a sua 
atividade. Nesse caso, a proteína truncada poderia estar bloqueada em seu esta-
do ativo, com consequências desastrosas para a célula.
 6-12 Em uma proteína adequadamente enovelada, a maioria dos aminoácidos hidro-
fóbicos estará sequestrada no interior, longe da água. Assim, porções hidrofóbi-
cas expostas indicam que uma proteína é, de alguma forma, anormal. Algumas 
proteínas possuem um enovelamento inicial com porções hidrofóbicas expostas 
que são, então, usadas para se ligarem a outras proteínas, em última instância 
protegendo os aminoácidos hidrofóbicos. Como resultado, aminoácidos hidro-
fóbicos geralmente não são expostos na superfície de uma proteína, e qualquer 
porção significativa deles é um bom indicador de que algo errado ocorreu. A 
proteína pode não ter conseguido enovelar-se corretamente após deixar o ri-
bossomo, pode ter sofrido um acidente que a desenovelou parcialmente em um 
momento posterior, ou pode não ter conseguido encontrar uma subunidade par-
ceira normal em um complexo proteico maior.
 6-13 Chaperonas moleculares passam pelo processo de enovelamento como qual-
quer outra proteína. Durante a síntese nos ribossomos, essas moléculas são liga-
das a chaperonas hsp70. Além disso, moléculas enoveladas de forma incorreta 
são auxiliadas por chaperonas semelhantes à hsp60. O fato de atuarem como 
chaperonas quando maduras e adequadamente enoveladas em nada interfere 
na forma como são tratadas antes de atingirem sua conformação funcional final. 
Obviamente, chaperonas semelhantes à hsp60 e hsp70 funcionais já devem 
estar presentes para ajudar a enovelar as chaperonas recém-produzidas. Na 
divisão celular, cada célula-filha herda da célula parental um conjunto inicial 
dessas chaperonas.
 6-14 O RNA tem a capacidade de armazenar a informação genética como o DNA e a 
capacidade para catalisar reações químicas, como as proteínas. Ao identificar-
mos um único tipo de molécula que apresenta ambas as características essen-
ciais para a “vida” é mais fácil entender como a vida pode ter surgido a partir de 
matéria inanimada. A utilização de moléculas de RNA como catalisadores em vá-
rias reações fundamentais pelas células atuais apoia essa ideia. No entanto, ainda 
nãoé possível delimitar um caminho plausível que leve da sopa “primordial” até 
um mundo de RNA. Visto que moléculas de RNA são altamente suscetíveis a que-
bras de cadeia (ver adiante), muitos têm especulado que pode ter existido uma 
Respostas das questões da obra Biologia molecular da célula, 6.ed. 21
molécula precursora “semelhante ao RNA” – essa molécula teria as propriedades 
catalíticas e de armazenamento de informações, mas teria sido mais estável.
O açúcar desoxirribose do DNA torna a molécula muito menos suscetível à 
ruptura. O grupo hidroxila no carbono 2 do açúcar ribose é um agente para a catáli-
se da ligação fosfodiéster 3-5 adjacente que une os nucleotídeos no RNA. Sua au-
sência no DNA elimina esse mecanismo de quebra de cadeia. Além disso, a estrutu-
ra de dupla-hélice do DNA fornece duas cadeias complementares, permitindo que 
danos em um dos filamentos sejam reparados com precisão utilizando a sequência 
da segunda fita como referência. Finalmente, a utilização de T no DNA em vez de 
U, como no RNA, protege contra os efeitos da desaminação – uma forma comum 
de dano. A desaminação de T produz uma base aberrante (metil C), ao passo que 
a desaminação de U gera C, uma base normal. O trabalho da célula em reconhecer 
bases danificadas é facilitado quando o dano produz uma base anormal.
 6-15 O complemento desse RNA em grampo também pode formar um grampo simi-
lar, como mostrado na Figura R6-2. As duas estruturas seriam idênticas em rela-
ção às regiões de cadeia dupla que envolvem pares G-C e A-U padrão. Elas seriam 
diferentes nas sequências das regiões de fita simples. Como pares de bases G-U 
podem se formar no RNA, o que não ocorre para pares de bases C-A, poderíamos 
prever a existência de um par de bases adicional no grampo, como ilustrado.
 6-16 A molécula de RNA não será capaz de catalisar sua própria replicação. Como mo-
lécula individual com um único sítio catalítico, não poderá atuar simultaneamente 
como molde e catalisador. (Para visualizar a dificuldade inerente à situação, tente 
imaginar como o sítio ativo da molécula de RNA poderia copiar a si mesmo.) Se 
uma segunda molécula, seja ela molde ou catalisador, for gerada, a replicação po-
derá ter início.
Referência: Bartel DP & Szostak JW (1993) Isolation of new ribozymes from a 
large pool of random sequences. Science 261, 1411–1418.
CAPÍTULO 7
 7-1 Verdadeiro. Tanto o motivo hélice-alça-hélice quanto o motivo zíper de leucina 
são motivos estruturais que possibilitam que reguladores transcricionais dimeri-
zem, de modo que cada membro do par pode posicionar uma α-hélice no sulco 
maior do DNA.
 7-2 Falso. Mesmo células especializadas devem responder constantemente a mu-
danças no seu ambiente, o que elas fazem, em muitos casos, alterando o padrão 
de transcrição dos genes.
 7-3 Verdadeiro. Em regiões não metiladas do genoma, a desaminação espontânea de C 
(um evento muito comum) dá origem a uma nova base no DNA, uracila, que pode 
ser precisamente reconhecida e reparada. Em contraste, desaminação de 5-metil 
C dá origem a T, uma base normal de DNA, que é mais difícil para a maquinaria de 
reparo celular de ser reconhecida como incorreta. Como consequência, dinucleo-
tídeos CG metilados na linhagem germinativa tenderam a ser perdidos durante a 
evolução, deixando as ilhas de CG encontradas nos genomas modernos.
 7-4 Verdadeiro. Existem vários mecanismos epigenéticos de herança que possibi-
litam às células reter uma memória dos padrões de expressão gênica das suas 
células parentais, incluindo reguladores transcricionais que ativam sua própria 
transcrição, metilação de DNA e estrutura da cromatina, entre outros.
 7-5 Cada fosfato adicionado altera a carga em uma unidade, mas tem relativamente 
pouco efeito na massa molecular. Como consequência, proteínas que diferem 
-G-C-A
-C-G-U
C-U
A-C
C-C-G
G-G-C
U
-G-C-A-U
-C-G-U-G
G
A
C-C-G
G-G-C
A
-GCACUCCGUCGGCAUGC-
-CGUGAGGCAGCCGUACG-
5’
3’
5’
3’
5’
3’
3’
5’
Figura R6-2 Grampos formados por 
uma fita de RNA e pelo segmento com-
plementar da cadeia. Um RNA (preto) e 
sua fita complementar (azul) são mostra-
dos sob a forma de RNA de fita dupla no 
centro. As estruturas formadas pelo parea-
mento de cada fita são mostradas acima e 
abaixo do duplex. O pareamento de bases 
não convencional G-U no grampo inferior 
está realçado pela linha tracejada.
22 Respostas das questões da obra Biologia molecular da célula, 6.ed.
somente no número de fosfatos associados aparecerão como se tivessem o mes-
mo tamanho, mas terão diferentes pontos isoelétricos, formando um conjunto de 
manchas horizontais, como mostrado para algumas poucas proteínas na Figura 
R7-1. É importante considerar que um arranjo horizontal de manchas não prova 
que as proteínas sejam relacionadas por fosforilação; elas poderiam ser proteínas 
diferentes com a mesma massa molecular e pontos isoelétricos ligeiramente di-
ferentes, ou poderiam representar a mesma proteína com um tipo diferente de 
modificação que afete a carga da proteína. O tratamento das proteínas com uma 
proteína-fosfatase antes da separação por eletroforese em gel poderia ser usado 
para resolver esse problema.
 7-6 Ainda que seja verdade que as células cancerosas se diferenciam das suas pre-
cursoras normais, elas normalmente diferem na sua expressão em relativamen-
te poucos genes (oncogenes e genes supressores de tumor). Quando os padrões 
globais de mRNAs em células cancerosas são comparados aos padrões de mR-
NAs em tecidos normais, eles se correspondem para a vasta maioria dos mRNAs. 
Essa assinatura de RNA possibilita que um tumor seja definitivamente assinalado 
a um tipo de tecido em particular.
 7-7 Os dois componentes básicos de comutadores genéticos são as sequências de DNA 
regulador cis-atuantes e os reguladores transcricionais que se ligam a elas.
 7-8 Sob condições especificadas (concentrações equivalentes de DNA e regulador 
transcricional), uma proteína iria ocupar seu sítio de reconhecimento igualmen-
te bem no núcleo eucariótico e em uma bactéria. Uma maneira não matemática 
de pensar sobre isso seria imaginar um pequeno volume do núcleo eucariótico, 
igual em tamanho a aquele da bactéria e contendo o sítio de ligação. Esse pe-
queno volume no núcleo eucariótico é diretamente comparável ao interior da 
bactéria. Nesses volumes equivalentes, a capacidade do regulador transcricional 
de encontrar seu sítio de ligação é equivalente. Desde que as concentrações do 
DNA e do regulador transcricional sejam as mesmas, o volume total não exerce 
influência alguma. Isso significa, obviamente, que o número total de moléculas 
do regulador transcricional é 500 vezes superior em um único núcleo do que em 
uma única bactéria.
Referência: Ptashne M (1986) A Genetic Switch: Gene Control and Phage λ, p. 
114. Oxford, UK: Blackwell Scientific Press.
 7-9 Proteínas que promovem curvatura podem ajudar a aproximar regiões dis-
tantes do DNA que raramente entram em contato em uma situação normal 
(Figura R7-2). A atividade de tais proteínas resulta em um aumento da concen-
tração local de reguladores transcricionais na vizinhança da RNA-polimerase. As 
proteínas de curvatura são encontradas em procariotos e em eucariotos e estão 
envolvidas em muitos exemplos de regulação transcricional.
Figura R7-1 Manchas (spots) de 
proteínas em um gel bidimensional 
que podem diferir pelo número de 
fosfatos associados. Uns poucos conjun-
tos de manchas horizontais que poderiam 
estar relacionadas por fosforilação estão 
indicados. (Imagem original cortesia de 
Tim Myers e Leigh Anderson, Large Scale 
Biology Corporation).
BásicoÁcido
M
ai
o
r
M
en
o
r
RNA-polimerase
Proteína
ativadora
Proteína de curvatura
de DNA
Figura R7-2 Função de uma proteína de 
curvatura em aproximar reguladores trans-
cricionais