А.В. Финкельштейн, О.Б. Птицын - Физика белка - Курс лекций с цветными и стереоскопическими иллюстрациями и задачами (1123404), страница 94
Текст из файла (страница 94)
Поэтому в том интервале x, где подынтегральная функция в последнем выражении не мала [и где, следовательно,451–1 ≤ x(–EC) / σ2 ≤ 0, т. е. (x2 / σ2)(EС / σ)2 ≤ 1, и, значит, x2 / σ2 ≤ (σ / EС) 2 << 1],величиной x2 / σ2 можно пренебречь, и интеграл равен σ2 / (–EС). В результате, получаем уравнение[2π ( EC 2 / σ 2 )]−1/ 2 exp{− EC 2 / 2σ 2 } =ln 2 / M .Если M очень велико, то самыми существенными членами уравненияявляются exp {-EC2 / 2σ2} и M, так что мы получаемEC = −σ (2 ln M )1/ 2 .(16.3.2)Это и есть энергия, типичная для нижней границы энергетическогоспектра (причем середина спектра, по сделанному предположению εi = 0,приходится на нулевую энергию, а его верхний край — на –EC).(б) Вблизи этой границы, как видно из предшествующих выкладок, вероятность P(E) можно записать как P(EC) × exp [ (E — EC)(–EC / σ2)].
Этозначит, что плотность энергетического спектра, mE = MP(E), достаточно велика уже на расстоянии ~ σ2 / (–EC) от нижней границы — очень небольшомпо сравнению с полушириной этого спектра (–EC). А это значит, что здесьможно вычислить характерную для нижней части спектра температуру:1 / T = dS / dE = d[kBln (mE)] / dE = –kBEC / σ2.Окончательно,Tс = σ2 / (–kBEC) = [σ(2lnM)–1/2] / kB(16.3.3)К лекции 17Задача 17.1Пусть молекула белка имеет лишь два состояния: «0», где и энергия,и энтропия этой молекулы равны нулю, и «1», где энергия этой молекулыравна E = const > 0, а энтропия равна S = const′ >> k.Вслед за Вант-Гоффом, найдите: (а) характерную температуру переходаT* из состояния «0» в состояние «1»; (б) характерную ширину области этого перехода по температуре; (в) характерное соотношение концентрацийсостояния «0» и «1» при температуре, соответствующей началу и концуобласти перехода; (г) условие, при котором переход будет выглядеть кооперативным.Решение(а) T*= E / S; (б) ΔT = T*(4k / S); (в) e2: 1 ≈ 7,4 : 1 в начале перехода, и 1: e2 ≈≈ 1 : 7,4 в конце; (г) при S >> 4k.Пояснения.Больцмановские вероятности состояний «0» и «1» суть P0 = 1 / {1+ exp [–(E – TS) / kT]}, P1 = exp [–(E – TS) / kT] / {1+ exp [–(E – TS) / kT]} = 1 – P0.Характерная температура перехода T* отвечает условию P1 = P0, т.
е.и есть температура, соответствующая нижней границе энергетическогоспектра.(в) Вероятность того, что данная уклада цепи имеет энергию EC – |∆E|,где «энергетическая щель» |∆E| невелика по сравнению с |EC|, естьВеличина dP0 / d (1 / T) показывает, как быстро меняется P0 с обратнойтемпературой (1 / T). P(EC – |∆E|) ≈ P(EC) × exp[(–|∆E|)(–EC / σ2)] = P(EC) × exp [–|∆E| / kBTс]. Вероятность того, что одна из M укладок цепи имеет энергию EC – |∆E|,естьM × P (EC – |∆E|) × (1 –× (1 –pEc)M–1pEc)M–1= M × P(EC) × exp[–|∆E| / kBTс] ×≈ ½ exp [–|∆E| / kBTс]~ exp [–|∆E| / kBTс].(16.3.4)(г) Если вероятность P(EC) соответствует случаю, когда εi = 0, то, еслиεi ≠ 0 для укладки i (и εi мало): Pi(EC) = (2πσ2)–1/2 × exp[–(EC – εi)2 / 2σi2] = P(EC) × exp[ECεi / σi2] ≈≈ P(EC) × exp[–εi / kBTс].452(16.3.5)T*= E / S.dP0 / d(1 / T) = {exp[–(E – TS) / kT] / {1+ exp[–(E – TS) / kT]}2} ×× d [ (E – TS) / kT] / d(1 / T) = P0(1 – P0)E / k.Эта величина максимальна там, где P0=½, т.
е. при температуре T*. ЗдесьdP0 / d(1 / T) = E / 4k. с другой стороны, величину dP0 / d(1 / T) можно представить в виде ΔP0 /Δ(1 / T), где ΔP0 и Δ(1 / T) — характерные изменения величинP0 и (1/T) при переходе. Поскольку, при E > 0, P0 (1/T = ∞) ≡ P0(T = 0) = 1,а P0(1 / T = 0) ≡ P0(T = ∞) = {1 + exp[S / k]}–1 ≈ 0 при S >> k, то ΔP0 = 1 при переходе, и его ширинаΔ (1 / T) = 1 / [E / 4k] = 4k / E,или, в более привычных терминах: ΔT ≈ 4k (T*)2 / E = T*(4k / S).453таким образом, область перехода простирается от 1 / T′ = 1 / T″– 2k / Eдо 1 / T″ = 1 / T*+ 2k / E. Легко найти, что, при T ′, P0 = 1 / {1 + e2} и P1 == e2 / {1 + e2}; а при T″, P1 = 1 / {1 + e2} и P0 = e2 / {1 + e2}.
таким образом,P0 / P1 = e2 / 1 в начале перехода, и P0 / P1 =1 / e2 в конце.Переход будет выглядеть кооперативным, если он узок, т. е. при Δ (1 / T)<< 1 / T* (или, что то же самое, при ΔT << T*), что происходит при S >> 4k.Задача 17.2какую общую формулу вы можете предложить для описания величиныхимического потенциала частицы в растворе, где она находится в очень малой концентрации?Решениеμ = kTln[С] + μ0, где С — концентрация наших частиц в растворе,а не зависящий от этой концентрации потенциал μ0 зависит от температурыи от взаимодействия отдельной частицы с окружающим ее растворителем.Объяснение.
В задаче 8.2 мы получили формулу для координатной составляющей химического потенциала частицы в газе: μк°°рд. = –kT ln [V / N],где T — температура, а N — число частиц, заключенных в объем V. Величина С = N / V есть, по определению, концентрация частиц.кроме координатной составляющей, у химического потенциала частицы в газе есть еще не зависящая от концентрации С кинетическая составляющая и свободная энергия внутримолекулярных взаимодействий, а для частицы в жидкости, дополнительно, еще и свободная энергия ее взаимодействия с окружающим ее растворителем.
Эти члены и объединены в μ0.Задача 17.3Пусть молекула белка имеет лишь два состояния: «0», где ее свободная энергия равна 0, а плавающие в растворе частицы А (скажем, протоны) с ней не связываются, и «1», где c ней связываются nА частиц А, такчто свободная энергия этой молекулы становится равной F = F1 – nАµА > 0(где член F1 — собственная свободная энергия белка в состоянии «1» и егосвязей с nА частицами А, а член –nАµА учитывает, что nА частиц А извлечено из раствора, где их химический потенциал был µА).Переход вызывается изменением величины µА: он происходит приµА* – ΔµА/2 → µА* + ΔµА/2, где µА* соответствует середине перехода.Найдите аналог уравнения Вант-Гоффа для такого процесса.РешениеnАΔµА= 4kT, где Т — температура; µА* = F1/nA.решение аналогично решению задачи 17.1.
Больцмановские вероятности состояний «0» и «1» суть P0 = 1/{1 + exp [–(F1 – nАµА) / kT]}, P1 = 1 –P0.454Величина dP0 / dµА = –P0 (1 – P0)(nА / kT) показывает, как быстро меняется P0с химическим потенциалом частиц А. Она максимальна при P0 = ½. ЗдесьF1 = nАµА, а dP0 / dµА = –nА / 4kT. с другой стороны, dP0 / dµА = ΔP0 /ΔµА, гдеΔP0 и ΔµА — характерные изменения величин P0 и µА при переходе. Поскольку P0 = 1 при полном отсутствии частиц А в системе (когда С = 0, такчто µА = –∞, согласно задаче 17.2), и P0 → 0 при С → ∞ (когда и µА → ∞),то ΔP0 = –1 при переходе от С = 0 до С = ∞, и nАΔµА= 4kT.таким образом, зная соответствующее переходу изменение химического потенциала частиц А (для Н+, например, Δµ = 2,3kTΔpH), мы можем найти число nА = 4kT /ΔµА частиц А, связавшихся с кооперативной единицейперехода, и, далее, если мы знаем, сколько частиц А поглощено белковоймолекулой в целом, — можно узнать, совпадает ли эта кооперативная единица перехода с белковой молекулой в целом или нет.
Число же поглощенных белком частиц А можно узнать, сравнив числа этих частиц, потребныедля повышения химического потенциала µА на ΔµА в присутствии и в отсутствие белка, и разделив эту разность на число молекул белка в растворе.В случае, когда «частицами А» являются протоны, такой метод называетсяпотенциометрическим титрованием.Задача 17.4Белок плавится (по типу «все-или-ничего») при температуре T* = 350 к,причем ширина области плавления ΔT = 7°.(а) какова разность энтальпий ∆H нативного и денатурированного состояний белка в точке плавления? какова разность энтропий ∆S нативногои денатурированного состояний белка в точке плавления?(б) какова разность свободных энергий ∆G нативного и денатурированного состояний белка при температуре плавления T*?(в) какова разность свободных энергий ∆G нативного и денатурированного состояний белка на 10 ° ниже температуры плавления T*?Решение(а) В силу соотношения Вант-Гоффа, ΔT = 4k(T*)2 /ΔE, где ΔE — повышение энтальпии кооперативной единицы при переходе типа «все-илиничего».
Значит, энтальпия денатурированного состояния белка на ΔEвыше, чем энтальпия нативного, а разность энтальпий нативного и денатурированного состояний ΔH = –ΔE = –4kT* × (T* /ΔT) = –4 × (0,7 ккал / моль) ×× (50) = –140 ккал / моль. А так как ΔS = ΔH / T*, то ΔS = (–140 ккал / моль) //(350 K) = –400 кал / (моль⋅град).(б) Ноль — по определению точки плавления!(в) так как ΔS = –∂(ΔG / ) / ∂T, то ΔG(T* – 10o) ≈ ΔG(T*) – 10o × (–ΔS) == 0–10o × [400 кал / (моль⋅град)] = –4ккал / моль.455Задача 17.5 (несложная, но требует вычислений…)Белок плавится (по типу «все-или-ничего») при температуре = 350 к,причем ширина области плавления ΔT = 7°, а рост теплоемкости белкапри плавлении равен 3 ккал / (моль⋅град).считая, что разность теплоемкостей нативного и денатурированногобелка не зависит от температуры, — определить:(а) как зависит от температуры разность энтальпий ∆H нативного и денатурированного состояний белка?(б) как зависит от температуры разность энтропий ∆S нативного и денатурированного состояний белка?(в) как зависит от температуры разность свободных энергий ∆G нативного и денатурированного состояний белка?(г) при какой температуре белок максимально стабилен?(д) каковы ∆S, ∆H, ∆G белка при этой температуре?(е) при какой температуре белок претерпевает холодовую денатурацию?T*РешениеВ задаче 17.4 рассмотрен тот же белок и определены разности энтальпий ∆H (T*), энтропий ∆S (T*) и свободных энергий ∆G (T*) его нативногои денатурированного состояний при температуре плавления T*.
Что касается разности теплоемкостей этих двух состояний, то, поскольку росттеплоемкости белка при плавлении есть СPденатур. – СPнатив., то разностьтеплоемкостей его нативного и денатурированного состояний есть ∆СP == СPнатив. – СPденатур. = –(СPденатур. – СPнатив.) = –3 ккал / (моль⋅к).(а) так как ∆СP = d(∆H) / dT, то ∆H(T) = ∆H(T*) + ∆СP(T – T*).(б) так как ∆СP = d(∆H) / dT = d(∆G + T∆S) / dT = d(∆G) / dT + ∆S ++T [d(∆S) / dT] = T[d(∆S) / dT] / dT, то d(∆S) / dT = ∆СP / T, и ∆S(T) = ∆S(T*) +T+ ∆СP ∫ * dT / T = ∆S(T*) + ∆СPln (T / T*).T(в) так как dG / dT = –S, то ∆G(T) = ∆G(T*) −–∫TT*∫TT*∆S (T )dT = 0 −[∆S (T *) + ∆CP ⋅ ln(T / T *)]dT = –∆S(T*)(T – T*) − ∆СPT*[(T / T*)ln (T / T*) −– T / T* + 1], т.
е. ∆G(T) ≈ –∆S(T*) ⋅ (T – T*) − ∆СP(T – T*)2 / 2T* при |T – T*| <<<< T*.(г) Белок максимально стабилен при той температуре Тst, при которой∆G(T) минимально. В минимуме ∆G должно быть: d(∆G)/dT = 0 [т. е. ∆S(T) =0], и d2 (∆G)/dT2 > 0 [последнее всегда выполняется при ∆СP<0, так какd2(∆G)/dT2 = –d(∆S)/dT = –∆СP/T]. Условие ∆S(T) = 0 означает, что ∆S(T*) ++ ∆СP⋅ln (T/T*) = 0. тогда ln (Тst/T*) = –∆S(T*)/∆СP, и Тst/T* = exp[–∆S (T*)/∆СP] == exp [0,4/3] = 0,875, так что, при T* = 350 K, Тst = 306,3 K ≈ 33 oс.456(д) При Т = Тst: ∆S(Tst) = 0 (см. выше), ∆G(Tst) = ∆H(Tst) = ∆H(T*) + ∆СP⋅(Тst – T*) = –140 ккал / моль + [–3 ккал / (моль⋅к)] × [43,3 к] = –10 ккал / моль.(е) Белок претерпевает холодовую денатурацию, когда ∆G(T) при понижении температуры опять (после T* = 350 K) проходит через 0.
так как∆G(T) ≈ –∆S (T*) ⋅ (T – T*) − ∆СP ⋅ (T – T*)2 / 2T*, то температура холодовойденатурации T** находится из условия T** – T* ≈ –[∆S (T*) / ∆СP] ⋅ 2T*, т. е.T**– T* ≈ –90o, и, значит, T** ≈ 350 K – 90o, т. е. холодовая денатурация приходится на ≈ –13 oс (так что она может наблюдаться только в переохлажденной воде или при добавлении антифриза).Задача 17.6 (сложная)Часто применяемые денатуранты белков, мочевина (NH2–CO–NH2) и гуанидин гидрохлорид ([(NH2)3C]+ Cl–), имеют избыток NH2 групп, в то времякак многие «ренатуранты» (вещества, повышающие стабильность белковых структур), например, Na2SO4 и многие сахара, имеют избыток атомовО или ОН групп.Объясните этот феномен, исследовав влияние добавления в растворэтих веществ на стабильность водородных связей в главной цепи белка.
[совет. Прежде всего, внимательно посмотрите на рисунки в Лекции4 и на картинки д4–д6, д10б, д12–д13, д15]. считать, что образованиеи распад водородных связей подчиняется «закону действующих масс», выражаемому уравнением [–О] ⋅ [Н–]/[–О::Н-] = kd, причем, так как большинство водородных связей в воде завязано, kd много меньше, чем суммарная концентрация и доноров ( [Н] = [Н–] + [–О::Н–]), и акцепторов ( [О] == [–О] + [–О::Н–]) водородной связи в растворе.Решениесвободная энергия, потребная на разрыв водородной связи во вторичной структуре полипептида, падает при добавлении в раствор «избыточных» доноров и растет при добавлении в раствор «избыточных» акцепторов водородной связи.Это связано с тем, что каждый атом водорода H–O (или H–N) группы способен завязать только одну водородную связь, а каждый атом кислорода — две(эта разница хорошо видно на картине водородных связей во льду, рис.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
