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Aufgabenblock — AFB II
Zehn Aufgaben, in denen Wissen aus mehreren Unterkapiteln zusammenkommt: Wachstum berechnen, Befunde erklären, Daten deuten, Faktoren einordnen. Drei gestufte Tipps helfen beim Ansatz.
A1
Vier Beziehungen zwischen Arten
AFB IIVergleichen Sie Konkurrenz, Räuber-Beute-Beziehung, Parasitismus und Symbiose, indem Sie in jeder Zeile genau ein Kreuz setzen.
Setzen Sie in jeder Zeile das passende Kreuz — hier ist es genau eins pro Zeile. Enter setzt und löscht.
| Merkmal oder Beispiel | Konkurrenz | Räuber-Beute | Parasitismus | Symbiose |
|---|---|---|---|---|
| Beide Partner haben einen Nachteil (−/−). | ||||
| Ein Partner tötet den anderen sofort und frisst ihn. | ||||
| Der Nutznießer lebt längere Zeit an oder in einem einzigen Individuum, das meist überlebt. | ||||
| Beide Partner haben einen Vorteil (+/+). | ||||
| Pilzhyphen umspinnen die Wurzeln einer Kiefer und tauschen Mineralsalze gegen Zucker. | ||||
| Eine Mistel zapft die Leitungsbahnen einer Pappel an und entzieht ihr Wasser und Mineralsalze. | ||||
| Ein Wanderfalke schlägt eine Stadttaube im Flug. | ||||
| Buche und Traubeneiche beschatten sich gegenseitig im Kronendach. |
Entscheidend ist die Bilanz für beide Partner: −/− Konkurrenz, +/− mit sofortigem Tod Räuber-Beute, +/− ohne raschen Tod Parasitismus, +/+ Symbiose. Die Mistel betreibt zwar Fotosynthese, entzieht dem Wirt aber Wasser und Mineralsalze — sie ist ein Halbparasit.
Notieren Sie zu jeder Zeile, wer gewinnt und wer verliert (+, −).
Räuber und Parasit schaden beide ihrem Gegenüber — unterscheiden Sie nach Dauer und Tod.
Konkurrenz: Zeilen 1 und 8 · Räuber-Beute: 2 und 7 · Parasitismus: 3 und 6 · Symbiose: 4 und 5.
Lösung anzeigen
Konkurrenz ist die einzige Beziehung, bei der beide Partner Nachteile haben, weil sie dieselbe knappe Ressource nutzen — z. B. Licht im Kronendach von Buche und Eiche. Räuber und Parasit ziehen beide Vorteil aus ihrem Gegenüber; der Räuber tötet seine Beute jedoch sofort (Wanderfalke), der Parasit lebt längere Zeit von einem Wirt, der meist überlebt (Mistel als Halbparasit). In der Symbiose profitieren beide, etwa bei der Mykorrhiza aus Pilz und Kiefernwurzel.
A2
Bakterien ohne Licht und Zucker
AFB IIMaterial: Kultur von Nitritbakterien
Nitritbakterien wachsen im Dunkeln in einer Nährlösung, die keine organischen Stoffe enthält, sondern nur Ammonium, Mineralsalze, gelöstes CO₂ und Sauerstoff. Während sie sich vermehren, nimmt die Ammoniumkonzentration ab und die Nitritkonzentration zu. Ohne Sauerstoff wachsen sie nicht.
Erklären Sie die Beobachtungen: Markieren Sie alle zutreffenden Aussagen.
Mehrere Antworten können richtig sein. Markieren Sie alle zutreffenden und klicken Sie dann auf „Prüfen“.
Nitritbakterien sind chemoautotroph: Die Oxidation von NH₄⁺ zu NO₂⁻ liefert Energie (Chemosynthese), mit der sie CO₂ fixieren. Licht und organische Nährstoffe sind nicht nötig, wohl aber Sauerstoff.
Welche Energiequelle bleibt, wenn es weder Licht noch organische Stoffe gibt?
Ammonium nimmt ab, Nitrit nimmt zu — das ist eine Oxidation.
Drei Aussagen stimmen: Energie aus Oxidation, CO₂-Fixierung, Sauerstoffbedarf.
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Da weder Licht noch organische Stoffe vorhanden sind, müssen die Bakterien ihre Energie aus einer chemischen Reaktion gewinnen: Sie oxidieren Ammonium mit Sauerstoff zu Nitrit, deshalb nimmt Ammonium ab und Nitrit zu, und ohne Sauerstoff gibt es kein Wachstum. Mit der gewonnenen Energie fixieren sie CO₂ und bauen daraus organische Stoffe auf. Diese Form der Autotrophie heißt Chemosynthese; im Stickstoffkreislauf ist es der erste Schritt der Nitrifikation.
A3
Kohlenstoffdioxid im Nordpazifik
AFB IIMaterial: Flügelschnecken und Lachse
Flügelschnecken sind wenige Millimeter große Meeresschnecken mit einer dünnen Kalkschale. Sie gehören zum Zooplankton und sind im Nordpazifik eine Hauptnahrung junger Buckellachse. Messungen zeigen: Wo der pH-Wert des Meerwassers gesunken ist, sind die Schalen der Flügelschnecken dünner und teilweise angelöst.
Erläutern Sie die Auswirkungen des anthropogenen Treibhauseffekts auf diese Nahrungskette, indem Sie den Gedankengang Schritt für Schritt aufbauen.
Spielen Sie den Gedankengang Schritt für Schritt durch: Was ist jetzt richtig? Nur die richtige Karte bringt Sie weiter.
Mehr CO₂ in der Luft → mehr CO₂ im Meer → sinkender pH-Wert → dünnere Kalkschalen und weniger Flügelschnecken → weniger Nahrung für junge Lachse → Folgen für die Endkonsumenten. Der Befund aus dem Material ist ein Beleg, keine vollständige Kausalkette: Auch Temperatur und Fischerei beeinflussen die Lachsbestände.
Verfolgen Sie das CO₂ von der Atmosphäre ins Meer und dann durch die Nahrungskette.
Gelöstes CO₂ bildet Kohlensäure — was bedeutet das für Kalk?
CO₂ löst sich → pH sinkt → Schalenbildung gestört → weniger Nahrung für Lachse → Endkonsumenten betroffen.
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Durch die Verbrennung fossiler Brennstoffe steigt der CO₂-Gehalt der Atmosphäre; ein Teil löst sich im Meer und bildet Kohlensäure, der pH-Wert sinkt. Dadurch stehen weniger Carbonat-Ionen zur Verfügung, und Flügelschnecken bilden ihre Kalkschalen schlechter — das Material zeigt dünnere, angelöste Schalen. Gehen die Flügelschnecken zurück, fehlt jungen Buckellachsen eine Hauptnahrung; der Stofffluss in der Nahrungskette wird schwächer, und auch Räuber der Lachse sind betroffen. Da weitere Faktoren wirken, stützen die Daten diesen Zusammenhang, beweisen ihn aber nicht allein.
A4
Nilgänse im Schutzgebiet
AFB IIMaterial: Logistisches Modell (Modellwerte)
Für eine Nilganspopulation in einem Schutzgebiet gilt näherungsweise: Zuwachs pro Jahr = r · N · (1 − N/K) mit der Wachstumsrate r = 0,5 pro Jahr und der Kapazität K = 800 Tiere.
Ermitteln Sie Schritt für Schritt den jährlichen Zuwachs bei verschiedenen Populationsgrößen und die Größe mit dem höchsten Zuwachs.
Rechnen Sie die Kette Schritt für Schritt: Erst wenn ein Schritt stimmt, wird der nächste freigeschaltet. Enter prüft. Dezimalzahlen mit Komma oder Punkt.
- Zuwachs bei N = 100 Tieren (auf eine Dezimale) Tiere/a
- Zuwachs bei N = 400 Tieren Tiere/a
- Zuwachs bei N = 760 Tieren Tiere/a
- Populationsgröße mit dem größten Zuwachs Tiere
0,5 · 100 · (1 − 100/800) = 43,75 ≈ 43,8 · 0,5 · 400 · 0,5 = 100 · 0,5 · 760 · 0,05 = 19. Der Zuwachs ist bei K/2 = 400 Tieren am größten: Dort gibt es viele Fortpflanzende, und die dichteabhängige Bremse (1 − N/K) ist erst halb wirksam.
Setzen Sie N in die Gleichung ein; der Klammerterm ist der Anteil noch freier Kapazität.
Vergleichen Sie die Zuwächse: kleine Population — wenig Eltern, große Population — starke Bremse.
43,8 · 100 · 19 · 400.
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Bei 100 Tieren beträgt der Zuwachs 0,5 · 100 · 7/8 ≈ 43,8 Tiere pro Jahr, bei 400 Tieren 0,5 · 400 · 1/2 = 100, bei 760 Tieren nur 0,5 · 760 · 1/20 = 19. Kleine Populationen wachsen langsam, weil es wenige Fortpflanzende gibt; nahe K bremsen dichteabhängige Faktoren das Wachstum fast vollständig. Am größten ist der Zuwachs bei K/2 = 400 Tieren — hier liegt der Wendepunkt der logistischen Kurve.
A5
Wühlmäuse und Schleiereulen
AFB IIMaterial: Langzeitzählung in einer Ackerlandschaft
Über 20 Jahre wurden die Dichte der Feldmäuse und die Zahl der Schleiereulen-Bruten gezählt. Die Feldmausdichte erreicht etwa alle drei bis vier Jahre ein Maximum. Die Zahl der Eulenbruten erreicht ihr Maximum jeweils etwa ein Jahr später und schwankt weniger stark.
Deuten Sie die Beobachtungen: Entscheiden Sie bei jeder Deutung, ob sie stimmt.
5 Aussagen nacheinander. Eine falsche Einschätzung reicht — dann starten Sie die Serie mit „Neue Runde“ neu.
Die Schwankungen der Schleiereulen folgen der Beute mit Verzögerung — ein Muster, das zur 1. Lotka-Volterra-Regel passt. Ob die Eulen die Mäuse regulieren, zeigen die Daten nicht; Feldmauszyklen hängen stark von Nahrung und Witterung ab.
Unterscheiden Sie: Was zeigen die Daten — und was behauptet eine Deutung darüber hinaus?
Eine zeitliche Abfolge ist noch kein Beweis für eine alleinige Ursache.
Drei Deutungen stimmen: Nahrungsabhängigkeit, Verzögerung, schnellere Erholung der Beute.
Lösung anzeigen
Die Maxima der Eulenbruten folgen den Maxima der Feldmäuse um etwa ein Jahr: Mehr Beute ermöglicht mehr Bruten, doch Aufzucht braucht Zeit. Das entspricht der 1. Lotka-Volterra-Regel. Nach der 3. Regel würde sich die Beute nach gleich starker Dezimierung schneller erholen, nach der 2. Regel bleiben die Mittelwerte konstant. Dass die Eulen allein die Zusammenbrüche verursachen, lässt sich aus den Daten nicht ableiten — Feldmäuse werden auch von Nahrung, Witterung, Krankheiten und weiteren Räubern begrenzt.
A6
Drei Gräser im Ökogramm
AFB IIMaterial: Wachstum dreier Wiesengräser entlang eines Feuchtegradienten
| Art | bestes Wachstum in Reinkultur | bestes Wachstum in Mischkultur |
|---|---|---|
| Glatthafer | mittelfeucht | mittelfeucht |
| Aufrechte Trespe | mittelfeucht | trocken |
| Wiesenfuchsschwanz | mittelfeucht | nass |
Alle drei Arten überleben in Reinkultur vom trockenen bis zum nassen Boden.
Interpretieren Sie die Ergebnisse, indem Sie jede Frage beantworten.
Wählen Sie in jedem Menü den passenden Eintrag. Alle Felder müssen stimmen.
| Frage | Ihre Interpretation |
|---|---|
| Physiologisches Optimum der Aufrechten Trespe | |
| Ökologisches Optimum der Aufrechten Trespe | |
| Ökologisches Optimum des Wiesenfuchsschwanzes | |
| Konkurrenzstärkste Art auf mittelfeuchtem Boden | |
| Ursache für die Verschiebung der Optima |
In Reinkultur (physiologische Potenz) wachsen alle drei am besten auf mittelfeuchtem Boden. In Mischkultur (ökologische Potenz) behauptet der konkurrenzstarke Glatthafer diesen Bereich; Trespe und Fuchsschwanz werden an den trockenen bzw. nassen Rand verdrängt.
Reinkultur = ohne Konkurrenz = physiologisch; Mischkultur = mit Konkurrenz = ökologisch.
Welche Art behält ihr Optimum auch in der Mischkultur?
Trespe: physiologisch mittelfeucht, ökologisch trocken · Fuchsschwanz ökologisch nass · Glatthafer konkurrenzstark · Ursache interspezifische Konkurrenz.
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Die Reinkulturen zeigen die physiologische Potenz: Alle drei Gräser wachsen auf mittelfeuchtem Boden am besten. In der Mischkultur konkurrieren sie; hier zeigt sich die ökologische Potenz. Der Glatthafer behält sein Optimum — er ist dort am konkurrenzstärksten. Die Aufrechte Trespe wird auf trockenen, der Wiesenfuchsschwanz auf nassen Boden verdrängt. Ursache ist interspezifische Konkurrenz; ökologisches und physiologisches Optimum fallen deshalb auseinander.
A7
Zwei Wiesen im Vergleich
AFB IIMaterial: Zählung in je 20 Probequadraten
| Art | Wiese A (gedüngt) | Wiese B (ungedüngt) |
|---|---|---|
| Glatthafer | 80 | 24 |
| Löwenzahn | 10 | 22 |
| Knäuelgras | 6 | 20 |
| Rotklee | 3 | 18 |
| Wiesensalbei | 1 | 16 |
Simpson-Index: D = 1 − Σ pᵢ², pᵢ = relative Häufigkeit der Art i
Werten Sie die Zählungen aus.
Füllen Sie alle Felder aus und prüfen Sie dann. Enter in einem Feld prüft ebenfalls. Dezimalzahlen mit Komma oder Punkt.
| Größe | Wert |
|---|---|
| Artenzahl beider Wiesen | |
| Anteil der häufigsten Art auf Wiese A in % | |
| Anteil der häufigsten Art auf Wiese B in % | |
| Simpson-Index von Wiese A (zwei Dezimalen) | |
| Simpson-Index von Wiese B (zwei Dezimalen) |
Beide Wiesen haben 5 Arten und je 100 Individuen. A: Σ pᵢ² = 0,64 + 0,01 + 0,0036 + 0,0009 + 0,0001 ≈ 0,65 → D ≈ 0,35. B: Σ pᵢ² = 0,0576 + 0,0484 + 0,04 + 0,0324 + 0,0256 ≈ 0,20 → D ≈ 0,80. Bei gleicher Artenzahl ist Wiese B deutlich diverser, weil die Individuen gleichmäßiger verteilt sind.
Beide Wiesen haben je 100 Individuen — die Anzahl ist dann gleich dem Anteil in Prozent.
Quadrieren Sie jeden Anteil als Dezimalzahl, addieren Sie und ziehen Sie die Summe von 1 ab.
5 · 80 · 24 · 0,35 · 0,80.
Lösung anzeigen
Beide Wiesen haben dieselbe Artenzahl (5) und je 100 Individuen. Auf der gedüngten Wiese A dominiert der Glatthafer mit 80 %, auf Wiese B ist die häufigste Art nur mit 24 % vertreten. Der Simpson-Index berücksichtigt diese Gleichverteilung: A erreicht 1 − 0,65 ≈ 0,35, B 1 − 0,20 ≈ 0,80. Wiese B ist also deutlich diverser, obwohl die Artenzahl gleich ist; Düngung fördert konkurrenzstarke Arten wie den Glatthafer.
A8
Was eine Meisenpopulation begrenzt
AFB IIOrdnen Sie jeden Faktor, der auf eine Kohlmeisenpopulation wirkt, als dichteabhängig oder dichteunabhängig ein.
Ziehen Sie jede Karte in den passenden Korb — oder wählen Sie sie mit Enter aus und drücken Sie dann die Ziffer des Korbs (1, 2; 0 legt sie zurück).
1dichteabhängig
2dichteunabhängig
Dichteabhängige Faktoren wirken umso stärker, je dichter die Population ist — sie wirken regulierend (negative Rückkopplung). Dichteunabhängige Faktoren, meist abiotisch, treffen einen Anteil der Population unabhängig von ihrer Dichte und begrenzen sie nur.
Fragen Sie: Wirkt der Faktor stärker, wenn mehr Meisen im Gebiet leben?
Witterungsereignisse treffen dünne und dichte Populationen gleichermaßen.
Dichteabhängig: Nisthöhlen, Parasiten, Sperber · dichteunabhängig: Frost, Sturm, nasskalter Juni.
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Konkurrenz um Nisthöhlen, die Übertragung von Parasiten und der Fraßdruck durch Sperber nehmen mit der Dichte zu — diese dichteabhängigen Faktoren senken die Wachstumsrate gerade bei hoher Dichte und regulieren die Population um K. Spätfrost, Sturm und ein nasskalter Juni treffen einen Anteil der Population unabhängig von ihrer Dichte; sie begrenzen die Population, regulieren sie aber nicht.
A9
DDT im Kormoran
AFB IIMaterial: DDT-Konzentrationen in einer Küstennahrungskette (Messungen der 1960er-Jahre, gerundet)
| Probe | DDT in ppm |
|---|---|
| Meerwasser | 0,00005 |
| Zooplankton | 0,04 |
| kleine Fische | 0,23 |
| Raubfische | 1,3 |
| Kormoran | 26 |
DDT und sein Abbauprodukt DDE wirken hormonartig: Sie stören die Kalkeinlagerung in die Eischalen von Greif- und Wasservögeln.
Schätzen Sie ab, um welchen Faktor DDT vom Meerwasser bis zum Kormoran angereichert wird.
Teilen Sie die Konzentration im Kormoran durch die im Wasser.
0,00005 = 5 · 10⁻⁵; 26 : (5 · 10⁻⁵) = 5,2 · 10⁵.
Etwa 520 000-fach, also rund 520 Tausend.
Lösung anzeigen
Der Anreicherungsfaktor beträgt 26 : 0,00005 = 520 000. DDT ist lipophil und wird kaum abgebaut oder ausgeschieden; jedes Lebewesen speichert, was es mit seiner Nahrung aufnimmt. Da ein Konsument im Lauf seines Lebens ein Vielfaches seiner eigenen Biomasse frisst, steigt die Konzentration von Trophieebene zu Trophieebene — am höchsten ist sie bei den Endkonsumenten. Die hormonartige Wirkung von DDE führte zu dünnen Eischalen und Bestandseinbrüchen bei Greif- und Wasservögeln.
A10
Warum Nahrungsketten kurz sind
AFB IIJonas soll begründen, warum Nahrungsketten selten mehr als vier bis fünf Glieder haben. Begründen Sie den Sachverhalt korrekt, indem Sie die fehlerhaften Schritte seiner Begründung markieren.
In dieser Begründung stecken Fehler. Klicken Sie genau die falschen Zeilen an — die richtigen müssen stehen bleiben.
Energie fließt durch das Ökosystem und wird auf jeder Stufe größtenteils als Wärme frei; nur Stoffe kreisen. Mit jeder Stufe schrumpft die verfügbare Energie auf etwa ein Zehntel — Endkonsumenten sind deshalb selten.
Unterscheiden Sie genau zwischen Stoffkreislauf und Energiefluss.
Wie groß sind Populationen am Ende einer Nahrungskette?
Zwei Zeilen sind falsch: Zeile 2 und Zeile 5.
Lösung anzeigen
Nur etwa 10 % der Energie einer Trophieebene werden in Biomasse der nächsten eingebaut. Der Rest bleibt ungefressen, unverdaut oder wird durch Zellatmung als Wärme abgegeben — diese Energie kann kein Lebewesen mehr nutzen; Destruenten recyceln nur Stoffe. Auf der vierten Ebene bleiben rund 0,1 % der Energie der Produzenten. Endkonsumenten bilden deshalb kleine Populationen mit großen Revieren, und eine weitere Ebene fände zu wenig Energie für eine überlebensfähige Population.