MINT lernen

Probeklausur

Vier Aufgaben mit Material, drei davon wählen — 120 BE in 270 Minuten, mit Erwartungshorizont und Notenpunkten.

Punkte0 / 120
Notenpunkte—
Bearbeitet0 / 0
Bearbeitungszeit270 Minuten

Aufbau wie in der Abiturprüfung auf erhöhtem Anforderungsniveau: vier materialgebundene Aufgaben, drei davon bearbeiten, Bearbeitungszeit 270 Minuten (im Abitur kommt eine Auswahlzeit hinzu). Hilfsmittel: eingeführter Taschenrechner. Arbeiten Sie auf Papier und tragen Sie hier nur die Ergebnisse ein; bei Mehrfachauswahl gibt es für falsch gewählte Aussagen Abzug. Anders als im Abitur werden offene Teile hier als Auswahl abgefragt — vergleichen Sie Ihre schriftliche Begründung danach mit dem Erwartungshorizont.

Aufgabenauswahl

Sie erhalten vier Aufgaben mit je 40 BE und bearbeiten drei davon. Sichten Sie zuerst Material und Operatoren, dann wählen Sie eine Aufgabe ab. Gewertet werden die drei übrigen (120 BE).

Noch keine Aufgabe abgewählt.

Aufgabe 1

Kraftwerke im Muskel

40 BE
1
Zellatmung, Neurobiologie
40 BE

Eine Bergläuferin trainiert im Hochgebirge. Ihre Beinmuskeln brauchen bei jedem Schritt ATP — gesteuert werden sie über Motoneurone und motorische Endplatten.

M1 · Versuch mit isolierten Mitochondrien

Mitochondrien aus Muskelzellen werden in eine Pufferlösung mit Pyruvat, ADP und Phosphat gegeben. Nacheinander werden Hemmstoffe zugesetzt; gemessen werden der O₂-Verbrauch und die ATP-Bildung.

AnsatzZusatzO₂-Verbrauch in nmol/minATP-Bildung
1keiner40hoch
2Oligomycin (blockiert den Protonenkanal der ATP-Synthase)6keine
3Oligomycin + DNP (DNP trägt H⁺ durch die innere Membran)72keine
4Cyanid (hemmt Komplex IV)0keine

M2 · Curare an der motorischen Endplatte

Curare ist ein Pfeilgift südamerikanischer Völker. Es bindet an die Acetylcholin-Rezeptoren der motorischen Endplatte, ohne die Ionenkanäle zu öffnen, und verdrängt Acetylcholin. Abgewandelte Stoffe werden bei Operationen zur Muskelentspannung eingesetzt.

M3 · Laktat im Blut bei steigender Laufgeschwindigkeit

810121416180246810Laufgeschwindigkeit in km/hLaktat in mmol/L

Als „Laktatschwelle“ gilt in der Sportmedizin häufig die Geschwindigkeit, bei der 4 mmol/L erreicht werden (Modellwerte).

a) Ordnen Sie jedem Teilschritt der Zellatmung seinen Ort in der Zelle zu. 4 BE
b) Erklären Sie die Messwerte von Ansatz 2 (M1). Wählen Sie alle zutreffenden Aussagen. (mehrere Antworten richtig) 6 BE
c) Deuten Sie das Ergebnis von Ansatz 3 im Vergleich zu Ansatz 2. (mehrere Antworten richtig) 5 BE
d) Jedes NADH + H⁺ liefert 2 Elektronen für ½ O₂ und ermöglicht etwa 2,5 ATP. Berechnen Sie die ATP-Bildungsrate in Ansatz 1 in nmol ATP je Minute. 3 BE
nmol/min
e) Nennen Sie die Funktion der Strukturen an der motorischen Endplatte. 4 BE
f) Beschreiben Sie die Wirkung von Curare auf den Muskel (M2). (eine Antwort richtig) 3 BE
g) Beurteilen Sie den Einsatz curareähnlicher Stoffe bei Operationen. Wählen Sie alle fachlich haltbaren Aussagen. (mehrere Antworten richtig) 5 BE
h) Lesen Sie aus M3 die Laufgeschwindigkeit an der Laktatschwelle (4 mmol/L) ab. 3 BE
km/h
i) Erläutern Sie den Anstieg des Laktats oberhalb der Schwelle. Wählen Sie alle zutreffenden Aussagen. (mehrere Antworten richtig) 7 BE
Erwartungshorizont (nach Auswerten freigeschaltet)

a) Glykolyse: Cytoplasma; oxidative Decarboxylierung und Citratzyklus: Matrix; Atmungskette: innere Mitochondrienmembran.

b) Oligomycin blockiert den Rückfluss; der Gradient wird so steil, dass das Pumpen gegen ihn kaum noch möglich ist — der Elektronenfluss zum O₂ stockt (Kopplung). Der kleine Restverbrauch beruht auf Leckströmen durch die Membran.

c) DNP ist ein Entkoppler: H⁺ strömen ohne ATP-Synthese zurück, der Gradient wird ständig abgebaut, die Atmungskette arbeitet maximal (72 nmol/min), die Energie wird als Wärme frei — wie beim UCP1 im braunen Fett.

d) Je O₂ werden 4 Elektronen = 2 NADH + H⁺ verbraucht → 5 ATP je O₂; 40 nmol/min · 5 = 200 nmol ATP/min.

e) Vesikel speichern Acetylcholin; Ca²⁺-Einstrom löst die Exocytose aus; die ligandengesteuerten Rezeptoren öffnen Kationenkanäle (Na⁺ ein → Endplattenpotenzial); die Acetylcholinesterase beendet das Signal.

f) Curare besetzt die Rezeptoren kompetitiv, ohne sie zu öffnen: Kein Na⁺-Einstrom, kein Endplattenpotenzial, keine Kontraktion — schlaffe Lähmung.

g) Beurteilung mit Kriterien: Wirkung (Lähmung aller Skelettmuskeln inkl. Zwerchfell → Beatmung), Nutzen (Relaxation), Umkehrbarkeit (mehr ACh durch Esterasehemmer verdrängt Curare). Curare wirkt nicht schmerzlindernd; der Herzmuskel wird nicht über motorische Endplatten erregt.

h) Zwischen 14 km/h (3,1 mmol/L) und 16 km/h (5,6 mmol/L) wird 4 mmol/L bei etwa 14,7–14,8 km/h erreicht.

i) Bei hoher Leistung übersteigt die Glykolyserate die Oxidationskapazität der Mitochondrien; Pyruvat wird mit NADH + H⁺ zu Lactat reduziert, NAD⁺ regeneriert (Milchsäuregärung, 2 ATP je Glucose). Die Zellatmung läuft weiter; Lactat wird später in Leber (Gluconeogenese) und Herz verwertet.

TeilAFBBE
a)I4
b)II6
c)II5
d)II3
e)I4
f)II3
g)III5
h)I3
i)II7

AFB I: 11 BE · AFB II: 24 BE · AFB III: 5 BE

Aufgabe 2

Weizen im Hitzesommer

40 BE
2
Fotosynthese, Ökologie
40 BE

In Hitzesommern sinken die Weizenerträge in Deutschland deutlich. Pflanzenphysiologen untersuchen, welche Faktoren die Fotosynthese des Weizens begrenzen.

M1 · Nettofotosynthese eines Weizenblatts und Temperatur

1015202530354005101520Blatttemperatur in °CNettofotosynthese in µmol CO₂/(m²·s)

Messung bei hoher Lichtintensität, 400 ppm CO₂, ausreichender Wasserversorgung (Modellwerte).

M2 · Nettofotosynthese und CO₂-Gehalt der Luft (25 °C, hohe Lichtintensität)

CO₂ in ppm2004008001200
Nettofotosynthese in µmol/(m²·s)11202728

M3 · Spaltöffnungen bei Trockenheit

Bei Wassermangel bildet die Wurzel das Hormon Abscisinsäure. Es gelangt in die Blätter und bewirkt, dass die Schließzellen Wasser verlieren: Die Spaltöffnungen schließen sich.

M4 · Aufbau eines Fotosystems

Ein Fotosystem besteht aus mehreren Hundert Pigmentmolekülen (Chlorophyll a, Chlorophyll b, Carotinoide) in Lichtsammelkomplexen und einem Reaktionszentrum mit einem speziellen Chlorophyll-a-Paar (P680 im Fotosystem II). Bei zu starkem Licht können überschüssig angeregte Chlorophyllmoleküle Sauerstoffradikale bilden, die Membranen schädigen.

a) Geben Sie an, in welchem Teilprozess die Stoffe entstehen. 4 BE
b) Lesen Sie aus M1 das Temperaturoptimum der Nettofotosynthese ab. 2 BE
°C
c) Erklären Sie den Verlauf von M1 oberhalb von 25 °C. Wählen Sie alle zutreffenden Aussagen. (mehrere Antworten richtig) 5 BE
d) Berechnen Sie mit M2, um wie viel Prozent die Nettofotosynthese steigt, wenn der CO₂-Gehalt von 400 auf 800 ppm verdoppelt wird. 3 BE
%
e) Eine Zeitung schreibt: „Mehr CO₂ in der Luft wird die Weizenernten automatisch steigern.“ Beurteilen Sie diese Aussage mit M1–M3. (mehrere Antworten richtig) 6 BE
f) Toleranzkurven beschreiben auch die Fotosynthese in Abhängigkeit von einem Umweltfaktor. Ordnen Sie die Begriffe zu. 4 BE
g) Erläutern Sie mit M3 den Zielkonflikt, in dem der Weizen an heißen, trockenen Tagen steht. (mehrere Antworten richtig) 6 BE
h) Erklären Sie mit M4 die Funktion der Lichtsammelkomplexe. Wählen Sie alle zutreffenden Aussagen. (mehrere Antworten richtig) 6 BE
i) Bei Hitze und geschlossenen Spaltöffnungen steigt in hellem Licht die Gefahr von Schäden an den Thylakoiden. Begründen Sie dies mit M4. (eine Antwort richtig) 4 BE
Erwartungshorizont (nach Auswerten freigeschaltet)

a) O₂ aus der Fotolyse; NADPH + H⁺ am Ende der Elektronentransportkette (PS I, Ferredoxin-NADP⁺-Reduktase); 3-PG bei der Fixierung (Rubisco); ATP durch die ATP-Synthase der Thylakoidmembran (Fotophosphorylierung).

b) Maximum 20 µmol/(m²·s) bei 25 °C.

c) Bis zum Optimum beschleunigt die Temperatur die Enzymreaktionen (RGT-Regel), darüber überwiegen Denaturierung und steigende Atmung; die Nettorate fällt, bleibt aber bis 40 °C positiv.

d) (27 − 20) : 20 = 0,35 = 35 %.

e) Sachurteil mit dem Prinzip des Minimumfaktors: Ein Düngeeffekt tritt nur auf, solange CO₂ begrenzt (M2) und keine anderen Faktoren (Hitze M1, Wassermangel M3) limitieren. Die Aussage ist deshalb in ihrer Allgemeinheit nicht haltbar.

f) Optimum: höchste Aktivität; Pessimum: Grenzbereich nahe Minimum/Maximum; Toleranzbereich: vom Minimum bis zum Maximum; Minimum: untere Grenze.

g) Die Spaltöffnungen regeln Gasaustausch und Transpiration zugleich: Wasser sparen bedeutet CO₂-Mangel und fehlende Verdunstungskühlung — die Fotosynthese sinkt doppelt.

h) Antennen-Prinzip: Absorption durch viele Pigmente, Resonanz-Energietransfer zum energieärmeren Reaktionszentrum (Energiefalle), dort Ladungstrennung. Carotinoide absorbieren im Blau-Grün-Bereich.

i) Stau der Elektronen: Ohne Calvin-Zyklus wird kein NADP⁺ regeneriert; die Energie der Anregung kann nicht abfließen und wird auf O₂ übertragen (Radikale). Carotinoide schützen teilweise.

TeilAFBBE
a)I4
b)I2
c)II5
d)II3
e)III6
f)I4
g)II6
h)II6
i)III4

AFB I: 10 BE · AFB II: 20 BE · AFB III: 10 BE

Aufgabe 3

Sichelzellen und Malaria

40 BE
3
Molekulargenetik, Evolution
40 BE

Die Sichelzellanämie ist eine erbliche Blutkrankheit. Homozygot Erkrankte leiden unter Durchblutungsstörungen und Blutarmut; Heterozygote haben kaum Beschwerden. In Teilen Afrikas ist das Allel dennoch erstaunlich häufig.

M1 · Ausschnitt aus dem β-Globin-Gen (Triplett 6)

Allelcodogener StrangAminosäure
HbA (normal)3′-CTC-5′Glutaminsäure
HbS3′-CAC-5′?

Glutaminsäure ist geladen und hydrophil. HbS-Moleküle lagern sich bei Sauerstoffmangel über die Aminosäure an Position 6 zu langen Fasern zusammen.

M2 · Gendiagnose in einer Familie

Das Restriktionsenzym MstII schneidet das HbA-Allel in diesem Abschnitt in zwei Fragmente (1150 bp und 200 bp). Die Mutation zerstört die Schnittstelle; das HbS-Allel bleibt ungeschnitten (1350 bp).

Größein bp13501150200MutterVaterKind 1Kind 2Laufrichtung

M3 · HbS und Malaria

RegionMalariaFrequenz des HbS-Allels
Westafrika (Tiefland)häufigbis 0,15
Ostafrika (Hochland)selten< 0,02
Nordeuropanicht vorhanden≈ 0

Kinder mit dem Genotyp HbA/HbS erkranken seltener schwer an Malaria als HbA/HbA-Kinder; der Erreger vermehrt sich in ihren roten Blutzellen schlechter.

M4 · Eine Gentherapie über RNA-Interferenz

Vor der Geburt bildet der Mensch fetales Hämoglobin (HbF, α₂γ₂), das kein β-Globin enthält. Nach der Geburt schaltet der Transkriptionsfaktor BCL11A das γ-Globin-Gen ab. In einer Studie wurden Blutstammzellen von Erkrankten mit einem Gen für eine kurze RNA (shRNA) versehen, die zur mRNA von BCL11A komplementär ist, und zurück übertragen. Danach stieg der HbF-Anteil deutlich, die Schmerzkrisen wurden seltener.

a) Ermitteln Sie mit M1 und der Code-Sonne die Angaben zur Mutation. 4 BE
b) Erläutern Sie die Genwirkkette von der Mutation bis zu den Symptomen. (mehrere Antworten richtig) 5 BE
c) Werten Sie das Gel (M2) aus: Geben Sie die Genotypen an. 4 BE
d) Bestimmen Sie die Wahrscheinlichkeit, dass ein weiteres Kind dieser Eltern an Sichelzellanämie erkrankt. 3 BE
%
e) Erklären Sie mit M3 die hohe Frequenz des HbS-Allels in Westafrika. (mehrere Antworten richtig) 6 BE
f) In den USA leben viele Nachfahren westafrikanischer Vorfahren, Malaria gibt es dort nicht. Beurteilen die folgenden Vorhersagen. (mehrere Antworten richtig) 8 BE
g) Erläutern Sie die Wirkung der Gentherapie in M4. (mehrere Antworten richtig) 6 BE
h) Begründen Sie, warum ein hoher HbF-Anteil die Symptome lindert. (eine Antwort richtig) 4 BE
Erwartungshorizont (nach Auswerten freigeschaltet)

a) 3′-CTC-5′ → mRNA 5′-GAG-3′ (Glu); 3′-CAC-5′ → 5′-GUG-3′ (Val). Substitution einer Base mit Austausch einer Aminosäure: Missense-Mutation.

b) Gen → Protein (Val statt Glu) → Molekülverhalten (Polymerisation) → Zelle (Sichelform) → Organ (Verschluss, Abbau) → Organismus (Schmerzkrisen, Anämie).

c) Drei Banden (1350 + 1150 + 200) = beide Allele; nur 1350 bp = homozygot HbS; nur 1150 + 200 = homozygot HbA.

d) Beide Eltern heterozygot: HbA/HbS × HbA/HbS → ¼ HbS/HbS = 25 % (unabhängig von den bisherigen Kindern).

e) Heterozygotenvorteil: Selektion gegen beide Homozygote erhält das HbS-Allel bei mittlerer Frequenz. Mutationen entstehen ungerichtet; Gendrift wirkt in großen Populationen schwach.

f) Veränderter Selektionsdruck → gerichtete Selektion gegen das Allel; da es fast nur in Heterozygoten vorkommt, sinkt seine Frequenz nur langsam (Beobachtung: geringere Frequenz als in Westafrika). Medizinischer Fortschritt schwächt die Selektion ab.

g) RNA-Interferenz (posttranskriptionelles Gen-Silencing) senkt BCL11A; die Hemmung des γ-Globin-Gens entfällt (Genregulation über einen Transkriptionsfaktor). Die HbS-Mutation bleibt bestehen.

h) HbF (α₂γ₂) beteiligt sich nicht an der Polymerisation und senkt die HbS-Konzentration pro Zelle; weniger Fasern, weniger Sichelzellen.

TeilAFBBE
a)I4
b)II5
c)II4
d)II3
e)II6
f)III8
g)II6
h)III4

AFB I: 4 BE · AFB II: 24 BE · AFB III: 12 BE

Aufgabe 4

Neonicotinoide und Bienen

40 BE
4
Neurobiologie, Ökologie, Evolution
40 BE

Neonicotinoide sind Insektizide, die über das Saatgut in die ganze Pflanze gelangen. Seit 2018 ist die Freilandanwendung der wichtigsten Wirkstoffe in der EU verboten, weil sie Bienen schädigen können.

M1 · Wirkung an der Synapse

Neonicotinoide wie Imidacloprid binden an die nikotinischen Acetylcholin-Rezeptoren im Nervensystem von Insekten und öffnen deren Ionenkanäle. Sie werden von der Acetylcholinesterase nicht abgebaut. An Rezeptoren von Säugetieren binden sie wesentlich schwächer.

M2 · Heimkehrversuch mit Honigbienen

12020406080100Gruppe (1 = Kontrolle, 2 = Neonicotinoid-Mikrodosis)heimgekehrte Bienen in %9270

Je Gruppe 200 markierte Sammlerinnen, 1 km vom Stock entfernt freigelassen; Mikrodosis entsprechend einer Nektaraufnahme vom behandelten Rapsfeld (Modellwerte nach Feldversuchen).

M3 · Ausschnitt aus einem Agrar-Nahrungsnetz

Raps wird von Honigbienen und Wildbienen bestäubt. Blattläuse saugen am Raps. Marienkäfer fressen Blattläuse. Der Neuntöter (ein Singvogel) jagt Bienen, Käfer und andere Insekten. Regenwürmer zersetzen abgestorbene Pflanzenteile im Boden.

M4 · Resistenz bei der Pfirsichblattlaus

Jahr2008201120142017
Anteil resistenter Blattläuse in Proben2 %9 %31 %58 %

Resistente Tiere tragen eine Mutation im Rezeptorgen, die die Bindung des Wirkstoffs verringert (Modellwerte).

M5 · Fipronil

Das Insektizid Fipronil blockiert bei Insekten die GABA-gesteuerten Chlorid-Kanäle. GABA ist der wichtigste hemmende Transmitter im Nervensystem der Insekten. An der Membran eines Interneurons wirken gleichzeitig drei EPSP von je +6 mV und ein IPSP von −8 mV; Ruhepotenzial −70 mV, Schwellenwert −55 mV.

a) Erklären Sie mit M1 die Wirkung von Neonicotinoiden auf Insekten. (mehrere Antworten richtig) 5 BE
b) Berechnen Sie mit M2, um wie viel Prozent der Heimkehrerfolg der behandelten Bienen gegenüber der Kontrolle abnimmt (relative Abnahme). 3 BE
%
c) Werten Sie den Versuch in M2 aus: Welche Schlussfolgerungen sind zulässig? (mehrere Antworten richtig) 5 BE
d) Ordnen Sie den Arten aus M3 ihre Rolle im Nahrungsnetz zu. 4 BE
e) Erklären Sie die Entwicklung in M4 evolutionsbiologisch. (mehrere Antworten richtig) 5 BE
f) Bewerten Sie das EU-Verbot der Freilandanwendung. Wählen Sie alle Aussagen, die fachlich korrekt sind und einen Wert erkennbar gewichten. (mehrere Antworten richtig) 8 BE
g) Erklären Sie mit M5 die Wirkung von Fipronil. (mehrere Antworten richtig) 6 BE
h) Ermitteln Sie das Membranpotenzial am Axonhügel bei Einwirkung von Fipronil (M5) und prüfen Sie, ob ein Aktionspotenzial entsteht. 4 BE
mV
Erwartungshorizont (nach Auswerten freigeschaltet)

a) Agonist am nACh-Rezeptor ohne Abbau: Dauererregung → Dauerdepolarisation → Inaktivierung → Lähmung. Geringe Säugertoxizität durch schwächere Bindung an deren Rezeptoren.

b) (92 − 70) : 92 ≈ 0,239 = 23,9 % (absolut 22 Prozentpunkte).

c) Zulässig: Wirkung auf die Heimkehr unter Versuchsbedingungen (Kontrolle, 200 Tiere je Gruppe). Nicht zulässig: Verallgemeinerung auf das gesamte Bienensterben (weitere Faktoren wie Varroa-Milbe, Nahrungsmangel) oder Aussagen über Todesursachen.

d) Raps: Produzent; Blattlaus: Pflanzensaftsauger = Konsument 1. Ordnung; Marienkäfer frisst Blattläuse = Konsument 2. Ordnung; Regenwurm: Destruent (Zersetzer).

e) Variation (ungerichtete Mutation) + gerichtete Selektion durch das Insektizid + viele Generationen pro Jahr → rasche Zunahme des Resistenzallels (2 % → 58 %).

f) Eine Bewertung nennt Handlungsoptionen, bezieht Fakten (M1–M4) ein und macht Werte transparent (Biodiversität/Vorsorge, Ernährungssicherung, Gerechtigkeit gegenüber Landwirten). Sachlich falsche Prämissen scheiden aus.

g) Hemmende Synapsen sichern die Verrechnung am Axonhügel; ohne IPSP überwiegt die Erregung (Hyperexzitation).

h) Ohne Fipronil: −70 + 3 · 6 − 8 = −60 mV (unter der Schwelle). Mit Fipronil entfällt das IPSP: −70 + 18 = −52 mV > −55 mV → Aktionspotenzial.

TeilAFBBE
a)II5
b)II3
c)II5
d)I4
e)II5
f)III8
g)II6
h)II4

AFB I: 4 BE · AFB II: 28 BE · AFB III: 8 BE

Ergebnis

Erreicht
0 / 120
Prozent
0 %
Notenpunkte
—
AufgabeThemaBE

Notenpunkte-Schlüssel (120 BE)

NPBEAnteil
15114 – 120 BE≥ 95 %
14108 – 113 BE≥ 90 %
13102 – 107 BE≥ 85 %
1296 – 101 BE≥ 80 %
1190 – 95 BE≥ 75 %
1084 – 89 BE≥ 70 %
978 – 83 BE≥ 65 %
872 – 77 BE≥ 60 %
766 – 71 BE≥ 55 %
660 – 65 BE≥ 50 %
554 – 59 BE≥ 45 %
448 – 53 BE≥ 40 %
340 – 47 BE≥ 33 %
233 – 39 BE≥ 27 %
124 – 32 BE≥ 20 %
00 – 23 BE< 20 %

Umrechnung nach dem üblichen Bewertungsraster (mindestens zu erreichender Anteil der BE). Eigene Übungsaufgaben — keine amtliche Prüfung; Messwerte in den Materialien sind Modellwerte.