Zweite Runde 2012 - Schweizer Biologie Olympiade
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2. Runde 2012 Beim vorliegenden Test handelt es sich um die zweite Runde der Schweizer Biologie-Olympiade SBO 2012. Diese dient als Qualifikation zur SBO-Woche, der letzten Runde der SBO, und ist somit ein weiterer Schritt zur Teilnahme an der Internationalen Biologie-Olympiade IBO 2012 in Singapur. Teilnahmeberechtigt sind alle Schülerinnen und Schüler einer Schweizer Mittelschule, welche nach dem 1. Juli 1992 geboren sind und die erste Runde erfolgreich gemeistert haben. Die ca. 20 besten Kandidaten werden wir bis Mitte Februar persönlich kontaktieren, um sie zur SBO-Woche einzuladen. Diese findet vom 10. bis 15. April 2012 an der Universität Bern statt. Der Test dauert 4 Stunden ohne Pause. Es sind keine Hilfsmittel gestattet (nein, auch dein Natel nicht!). Die Prüfung ist in jedem Fall zwingend abzugeben. Gib die richtige Antwort durch Ausmalen der Markierung auf dem Antwortbogen an. Wir korrigieren maschinell, beachte die untenstehenden Beispiele genau. Eventuelle Korrekturen müssen eindeutig sein, Auswahlsendungen werden grundsätzlich als falsch gewertet. Erklärungen bringen nichts, benutze nur die vorgegebenen Codes. Für jede richtige Antwort erhältst du einen Punkt, Abzüge für falsche Antworten gibt es nicht. Es ist jeweils immer nur eine Antwort richtig. Viel Glück! Zellbiologie 1. Welche der folgenden Aussagen zum Stoffwechsel ist korrekt? A. Während der aeroben Atmung produziert die Glykolyse am meisten ATP. B. Der Krebszyklus produziert hauptsächlich ATP. C. Wie die Glykolyse findet auch der Krebszyklus im Cytosol statt. D. In Eukaryoten läuft die Elektronentransportkette nur in Gegenwart von Sauerstoff ab. E. Unter aeroben Bedingungen stellt die Milchsäuregärung den effizientesten Prozess dar, um die Energie der Glukose zu verwerten. 2. Welche der folgenden Aussagen zu Prokaryoten ist korrekt? A. Da sie keine Mitochondrien besitzen, können Prokaryoten kein ATP durch die Elektronentransportkette produzieren. B. Die prokaryotische DNA ist durch einen Zellkern geschützt. C. Die Flagellen erlauben jenen Prokaryoten, die solche besitzen, sich fortzubewegen. D. Da Prokaryoten kein Endoplasmatisches Retikulum besitzen, können sie keine Transmembranproteine herstellen. E. Die äusserste Schicht der Prokaryoten ist ihre Cytoplasmamembran. 3. Welche Aussage betreffend Proteinsynthese ist korrekt? A. Das Enzym, welches die Aminosäure an ihre tRNA koppelt (Aminoacyl-tRNA-Synthase) muss die beiden auf präzise Weise erkennen. B. Die Proteinsynthese findet sowohl im Cytosol als auch im glatten Endoplasmatischen Retikulum statt. C. Das Ribosom besteht aus DNA und Proteinen. D. Die Proteinsynthese verbraucht nur sehr wenig Energie. E. Transmembranproteine haben keine Sekundärstruktur. 4. Welche der folgenden Zuordnungen von Name und chemischer Formel der Moleküle ist korrekt? A. I=Nukleinsäure, II=Phospholipid, III=Triglycerid B. I=Cholesterin, II=Fettsäure, IV=Nukleinsäure C. I=Phospholipid, V=Protein, VI=Nukleinsäure D. II=ATP, IV=Zucker, V=Phospholipid E. III=Phospholipid, IV=Peptid, VI=Zucker 5. Angesichts der grossen Vielfalt von Enzymen musste eine Nomenklatur eingeführt werden. Die Enzyme werden in sechs grosse Klassen eingeteilt, je nach Art der Reaktion, welche sie katalysieren. Ordne die folgenden Reaktionen derjenigen Enzymklasse zu, durch welche sie katalysiert werden. I. Oxidoreduktasen: katalysieren Redoxreaktionen. II. Transferasen: transferieren eine funktionelle Gruppe. III. Hydrolasen: spalten eine Bindung mithilfe von Wasser (Hydrolyse). IV. Lyasen: spalten eine Bindung mit anderen Mitteln als der Oxidation oder der Hydrolyse. V. Isomerasen: wandeln ein Molekül in eines seiner Isomere um. VI. Ligasen: verbinden zwei Moleküle unter Bildung einer kovalenten Bindung. a. Glucose-6-phosphat ↔ Fructose-6-phosphat b. Glucose + ATP ↔ Glucose-6-phosphat + ADP c. Peptidbindung + H2 O ↔ Carbonsäure + Amin d. Ethanol + NAD+ ↔ Acetaldehyd + NADH + H+ A. aI, bIV, cV, dVI B. aIII, bI, cII, dIV C. aIV, bVI, cIII, dV D. aV, bII, cIII, dI E. aVI, bV, cII, dIII 6. Welche Aussage zu Organellen ist korrekt? A. Die Membranproteine werden im GolgiApparat synthetisiert. B. Wasserstoffperoxid wird in Peroxisomen abgebaut. C. Die Mitochondrien sind hauptsächlich für die Photosynthese verantwortlich. D. Die Zellatmung findet im Lysosom statt. E. Das Endoplasmatische Retikulum baut Makromoleküle und Organellen ab. 7. Preston et al. (1992) stellen fest, dass Wasser die Plasmamembran nur langsam durchquert. In bestimmten Zellen (z.B. rote Blutkörperchen) ist der Transport jedoch schnell. Sie postulieren deshalb die Existenz eines Wasserkanals. Sie bereiten ein Konstrukt vor, welches die mRNA von CHIP28 enthält, einem in roten Blutkörperchen reichlich vorkommenden Transmembranprotein, und injizieren dieses in Froscheizellen (Xenopus laevi). Als Kontrolle injizieren sie Pufferlösung ohne mRNA. Nach 72h Inkubation werden die Eizellen in hypoosmotische Lösung transferiert. Drei Minuten später schwellen die mit mRNA von CHIP28 injizierten Eizellen an bis sie platzen, während das Volumen der Kontrolleizellen selbst nach 5 Minuten konstant bleibt. Welche Hypothese ist die plausibelste um die Resultate dieses Experimentes zu erklären? A. CHIP28 aktiviert einen Signalweg, der die Produktion von Membranlipiden anregt. B. CHIP28 hat keinen Effekt, im Gegenteil, der Puffer löst die Lyse der Zellen aus. C. CHIP28 ist ein negativer Regulator eines Wassertransporters. D. CHIP28 fügt sich in die Plasmamembran ein, wo es einen wasserdurchlässigen Kanal bildet. E. CHIP28 interagiert mit dem Puffer und macht die Zellen so undurchlässig. 8. Welches sind Wege über Zellstrukturen, die von Proteinen in einer eukaryotischen Zelle zwischen Beginn ihrer Synthese bis zum ihrem Bestimmungsort eingeschlagen werden? I. ER - Golgi - Vesikel - Zellmembran II. ER - Äussere Mitochodrienmembran III. Cytosol - Kernporen - Chromosom IV. ER - Vesikel - Golgi - Vesikel A. Nur I, II und III B. Nur I, II und IV C. Nur I, III und IV D. Nur II, III und IV E. Alle 9. Welche der folgenden Aussagen betreffend Polymerasekettenreaktion (PCR, Polymerase Chain Reaction) ist korrekt? A. Die PCR benutzt die DNA-Polymerase eines arktischen Fisches. B. Das komplette menschliche Genom kann durch PCR in einem Mal sequenziert werden. C. In zwei Zyklen werden die gewünschten Sequenzen ungefähr um ein 10faches vermehrt. D. Die PCR ist eine in-vivo–Reaktion. E. Ein Zyklus der PCR besteht aus drei Etappen: Denaturierung, Hybridisieren der Primer und Elongation. 10. Welches Protein findet man häufig in der extrazellulären Matrix? A. Kollagen B. Myosin C. Histon D. ATPase E. α-Amylase 11. In der folgenden Abbildung siehst du ein Medikament, welches zur Behandlung von Herpesviren (“Fieberbläschen”) eingesetzt werden kann. Welcher Wirkmechanismus scheint aufgrund der chemischen Struktur des Medikamentes am wahrscheinlichsten? A. Störung der Virenaufnahme in die Zellen B. Störung der Synthese viraler Proteine C. Störung der Synthese viraler DNA D. Störung der Synthese der viralen Lipidhülle E. Störung der Virenfreisetzung 12. Colchicin ist ein Gift, welches aus der Herbstzeitlose (Colchicum autumnale) gewonnen wird. Es verhindert die Bildung des Spindelfaserapparates in den Zellen, indem es durch Bindung an Tubulin die Polymerisierung der Microtubuli verhindert. Angenommen, eine Zellkultur würde mit diesem Gift behandelt, so würden sich nach einer gewissen Zeit alle Zellen in der gleichen Phase des Zellzyklus befinden. In welcher? A. G1-Phase B. S-Phase C. Metaphase der Mitose D. Telophase der Mitose E. Cytokinese 13. Prüfe die folgenden Aussagen sowie ihre Verknüpfung auf ihre Richtigkeit. ¬ Verschlusskontakte (tight junctions) sind in epithelialen Geweben wichtig für die Aufrechterhaltung der Homöostase, weil ­ die tight junctions eine Barriere zwischen Innerem und Äusserem des Organismus bilden. A. B. C. D. E. ¬ falsch, ­ falsch ¬ falsch, ­ richtig ¬ richtig, ­ falsch ¬ richtig, ­ richtig, Verknüpfung falsch ¬ richtig, ­ richtig, Verknüpfung richtig 14. Wenn ein abstossendes Molekül (Chemorepellent) an seinen Rezeptor auf der Bakterienoberfläche bindet, wird die Information über einen intrazellulären Signaltransduktionsweg ans Flagellum weitergeleitet. Das Flagellum beschleunigt das tumbling und das Bakterium entfernt sich vom abstossenden Molekül. Benenne die Proteine des Signaltransduktionsweges in der untenstehenden Abbildung korrekt. I. CheA: Proteinkinase II. CheW: Adapterprotein III. CheY: bindet an den Motor des Flagellums IV. CheZ: Phosphatase V. Rezeptor A. Ib, IIe, Vc B. Ic, IIId, Va C. Id, IIIe, IVa D. IIb, IVe, Va E. IIb, IVc, IIId Chemorepellent a a b b c P c ADP ATP inaktiv e P d Pi aktiv Tumbling Pflanzenanatomie und -physiologie 15. Das osmotische Potential besteht aus zwei Komponenten gemäss der Formel Ψ = ΨP + ΨS . ΨP steht für den auf ein Objekt ausgeübten physikalischen Druck, ΨS für den Druck ausgehend von den gelösten Stoffen. Welche Aussage ist korrekt? A. Egal ob in einen Liter Wasser ein Mol Saccharose oder ein Mol NaCl gegeben wird, resultiert dieselbe Osmolarität. B. Ein einmal erreichter Turgordruck kann nicht mehr verändert werden. C. In einer sich streckenden Zelle übt die Zellwand einen Druck auf die Plasmamembran aus. D. Das Wasser bewegt sich in Richtung des höheren (weniger negativen) Potentials. E. Wird eine Pflanzenzelle in eine hypotonische Umgebung gebracht, macht sie eine Plasmolyse. 16. Warum sollte man beim Basilikum immer die obersten Triebe abschneiden, wenn man einen schön buschigen Basilikumstrauch möchte? A. Damit entfernt man die Auxinquelle, welche für die Apikaldominanz verantwortlich ist. B. Cytokinine aus der Wurzel können im abgeschnittenen Trieb nicht mehr weiter nach oben fliessen und diffundieren somit in die Seitenzweige, wo sie Wachstum induzieren. C. Die Pflanze reagiert auf die immer wiederkehrende Verletzung, indem sie das Längenwachstum einstellt. D. Die Verletzung induziert die Produktion von Ethylen, welches die Ausbildung neuer Triebe anregt. E. Wird das apikale Meristem abgeschnitten, kann dieser Trieb nicht mehr weiter wachsen. 17. In der lichtabhängigen Reaktion der Photosynthese tritt beim Photosystem I auch ein zyklischer Elektronentransport auf. Dabei werden die Elektronen vom Ferredoxin nicht an die NADP+ Reduktase weitergegeben, sondern zurück zum Cytochromkomplex und somit zum Photosystem I geführt. Der zyklische Elektronentransport ist insbesondere bei starker Lichtintensität gegenüber dem linearen Elektronentransport quantitativ wichtig. Was ist die Erklärung dafür? A. Das Photosystem II wird bei zu starker Lichtintensität teilweise beschädigt. Das Photosystem I bleibt intakt und kann dank zyklischem Elektronentransport auch alleine funktionieren. B. Das Gen, welches für den zyklischen Elektronentransport kodiert, kodiert auch für Pigmente, welche für die Photoprotektion verantwortlich sind, weshalb es bei starker Sonneneinstrahlung vermehrt exprimiert wird. C. Wenn bei starker Lichtintensität fast alles NADP+ zu NADPH + H+ reduziert ist, hilft der zyklische Elektronentransport einen Elektronenrückstau zu vermeiden. D. Bei erhöhter Lichtintensität wird mehr ATP benötigt, um CO2 in die Zellen zu pumpen. Dieses ATP wird durch den zyklischen Elektronentransport erzeugt. E. Bei starker Lichtintensität wird sehr viel Wasser gespalten, wodurch für die Pflanze Trockenstress entsteht. Beim zyklischen Elektronentransport können die Elektronen rezykliert und somit die Wasserspaltung reduziert werden. 18. Welche der folgenden Phänomene unterstützen die Hypothese, dass in den Chloroplasten durch Chemiosmose ATP generiert wird (H+ -Gradient über die Membran treibt eine ATP-Synthase an)? I. Der Zellsaft von Ananas (CAM-Pflanze) ist am Morgen sauer und am Abend eher süss. II. Bei den C4-Pflanzen sind die lichtabhängige und die lichtunabhängige Reaktion räumlich getrennt. III. Bei beleuchteten, isolierten Chloroplasten ist ein pH-Gradient zwischen Stroma und der umgebenden Lösung festzustellen, ohne Beleuchtung fehlt dieser aber. IV. Isolierte Chloroplasten, welche durch eine gewisse Chemikalie H+ -permeabel gemacht wurden, produzieren kein ATP. A. Nur II B. Nur I und IV C. Nur II und IV D. Nur III und IV E. Nur I, II und III 19. Das Xylem von Angiospermen (bedecktsamige Blütenpflanzen) enthält Tracheen (Gefässe), welche effizient Wasser transportieren können. Lianen sind auf einen besonders effizienten und widerstandsarmen Wassertransport angewiesen. Welche Beschreibung passt auf die Tracheenzellen einer Liane? A. Kurze und enge Zellen, in denen starke Kapillarkräfte wirken, aufgelöste Querwände entlang der Trachee, Auflösung des Protoplasten. B. Lange Zellen, die seitlich aneinander liegen und über zahlreiche Siebporen verbunden sind, Lignin-Einbau in die Querwände, Auflösung des Protoplasten. C. Lange Zellen mit grossem Durchmesser, stärkehaltige, sekundäre Zellwände, die Protoplasten aller Zellen einer Trachee sind miteinander verschmolzen. D. Lange Zellen mit grossem Durchmesser, die Zellen einer Trachee sind über zahlreiche Siebporen verbunden, jede Zelle wird von einer Geleitzelle versorgt. E. Kurze Zellen mit grossem Durchmesser, LigninEinbau in die Zellwände, aufgelöste Querwände entlang der Trachee. 20. Die Echte Feige (Ficus carica) wird wie die Würgefeige Ficus benjamina durch Wespen aus der Familie der Agaonidae bestäubt, welche auf dem Grund der Blüten ihre Eier ablegen. Betrachte die Abbildung mit einem Blütenstand, vergrösserten männlichen und weiblichen Blüten sowie den Wespen der Echten Feige. Welche Aussage ist richtig? A. Das Fruchtblatt wächst bereits vor der Bestäubung zur Frucht aus. B. Der Pollen wird nur durch weibliche Wespen auf andere Pflanzen übertragen. C. Fehlt die Wespe, kann die Feige auch durch den Wind bestäubt werden. D. In jedem Blütenstand blühen die männlichen Blüten vor den weiblichen Blüten. E. Zur Anlockung der Wespen sind die Blütenblätter attraktiv gefärbt. 21. Pflanzen können sich entweder sexuell über Samen oder asexuell über Ausläufer vermehren. Die asexuelle Vermehrung ist meist schneller, jedoch sind alle Nachkommen genetisch identisch. Samen hingegen können leichter über grosse Distanzen verbreitet werden und ermöglichen es, ungünstige Zeitperioden in der Samenbank des Bodens zu überdauern. Bei welchen Pflanzen erwartest du, dass die vegetative Vermehrung KEINE wesentliche Rolle spielt? I. Einjährige (annuelle) Pionierpflanze auf Kiesbänken II. Krautpflanze mit überwinterndem, unterirdischem Rhizom III. Frei an der Oberfläche treibende Wasserpflanzen IV. Horstbildende Grasart in einer geschlossenen Wiese. V. Ackerunkraut, welches speziell auf Getreidekulturen angepasst ist A. Nur III B. Nur I und V C. Nur III und IV D. Nur I, II und IV E. Nur II, III und V 22. Welche Aussage zum Generationswechsel der Würgefeige (Ficus benjamina), einer Angiospermen (bedecktsamigen Blütenpflanze) ist richtig? Antheridien/Archegonien: männliche/weibliche Reproduktionsorgane des Gametophyten. A. Der Pollenschlauch enthält einen vegetativen Kern sowie zwei generative Kerne. Einer der generativen Kerne befruchtet die Eizelle, der andere verschmilzt mit zwei Embryosackkernen zum triploiden Endospermkern. B. Der aus mehreren hundert Zellen bestehende weibliche Gametophyt bildet zahlreiche Archegonien aus, wovon jedes eine Eizelle enthält. Nur die als erstes befruchtete Eizelle kann sich zu einem Embryo entwickeln. C. Der weibliche Gametophyt wurde im Verlaufe der Evolution soweit reduziert, dass er nur noch aus der Eizelle besteht. Nur der männliche Gametophyt besteht nach wie vor aus mehreren Zellen. D. Der Pollenschlauch bildet an der Spitze ein Antheridium, in welchem Spermatozoide gebildet werden, die mit Hilfe ihrer Flagellen zur Eizelle schwimmen und diese befruchten. E. Da der Pollenschlauch bis zum weiblichen Gametophyten wachsen muss, enthält der Pollen einen grossen Stärkevorrat. Erst wenn der Pollenschlauch den weiblichen Gametophyten erreicht hat, wird er von diesem mit Nährstoffen versorgt. 23. Die Grafik zeigt den Verlauf der CO2 Konzentration in einem abgedichteten Gewächshaus während eines Tages. Welche Pflanzen befinden sich im Gewächshaus? A. Avocado-Baum (Persea americana) B. Boreale Weisse Seerose (Nymphaea candida) C. Texas Barrel Kaktus (Ferocactus hamatacanthus) D. Mais (Zea mays) E. Weissklee (Trifolium repens) 24. Welcher Vorgang tritt bei der Blattseneszenz im Herbst NICHT auf? A. Transfer von Aminosäuren aus dem Blatt hinaus B. Erhöhung der Ethylenproduktion C. Hydrolysierung von Polysacchariden in der Zellwand am Grunde des Blattstiels D. Abbau des Chlorophylls E. Bildung von gelben und orangen Pigmenten 25. Welches Organ kann eine Pflanze NICHT für die asexuelle Reproduktion verwenden? A. Knolle B. Ausläufer C. Rhizom D. Griffel E. Zwiebel 26. Michael macht ein Experiment, bei dem er je einen Setzling Erbse (Pisum sativum) und Gerste (Hordeum vulgare) in denselben Topf pflanzt. Er gibt den Topf in ein abgedichtetes Gewächshaus, in dem der Luftstickstoff N14 durch sein seltenes Isotop N15 ersetzt wurde. Nach drei Monaten Wachstum trocknet und analysiert er die Pflanzen. Er stellt fest, dass die Erbsenpflanzen 40 %, die Gerstenpflanzen aber nur 5 % N15 -Stickstoff enthalten. Der N15 -Stickstoff im Gersten stammt. . . A. . . . von Stickstoff fixierenden Bakterien in der Gerstenpflanze. B. . . . vom Erbsenpollen, der die Gerstenblüten bestäubt. C. . . . von der Luft, die sich im Schwammgewebe befindet. D. . . . von zersetzten Erbsenwurzeln. E. . . . vom fortlaufenden Zerfall des N14 Stickstoffs. 27. Wieso kann die Kalkdüngung eines sauren Bodens (Eintrag von CaCO3 , einer schwachen Base) die Aufnahme von Kationen durch die Wurzeln begünstigen? A. Kalzium-Ionen (Ca2+ ) hemmen die Kationenaufnahme durch Prokaryoten, indem sie an Peptidbindungen der Peptidoglycane in deren Zellwänden binden. B. Kalzium ist Teil des Energiestoffwechsels der Mykorrhizapilze und begünstigt deren Entwicklung. C. Die Kalzium-Ionen (Ca2+ ) begünstigen das Wachstum der Wurzelhärchen und vergrössern damit der Absorptionsoberfläche der Wurzeln. D. Die Wurzeln haben Symporter für KalziumIonen (Ca2+ ) und andere Kationen. E. Die Abnahme der Protonen (H+ )-Konzentration im Boden begünstigt den Kationenaustausch mit den Bodenpartikeln. Tieranatomie und -physiologie 28. Das Sinnessystem der Haut kann unter anderem Veränderungen der Umgebungstemperatur erfassen. In dem Moment, wo die Temperatur von 35 auf 40° C ansteigt, reagieren die Wärmerezeptoren mit. . . A. . . . einer Erhöhung der Amplitude der Aktionspotentiale. B. . . . einer Verminderung der Amplitude der Aktionspotentiale. C. . . . einer Erhöhung der Frequenz der Aktionspotentiale. D. . . . einer Verminderung des Schwellenpotentials exponentiell zur Temperatur. E. . . . einer Erhöhung des Schwellenpotentials proportional zur Temperatur. 29. Welche Aussage zur Lunge des Rhinozerosvogels (Buceros rhinoceros) ist FALSCH? A. Die Luft strömt beim Einatmen sowie beim Ausatmen in der gleichen Richtung durch die Lunge des Rhinozerosvogels (Buceros rhinoceros). B. Ein cranialer (zum Kopf gerichteter) Luftsack ist direkt mit dem Schnabel des Rhinozerosvogels (Buceros rhinoceros)verbunden. C. Die Luft benötigt zwei Atemzyklen um die Luftwege des Rhinozerosvogels (Buceros rhinozeros) zu durchfliessen. D. Ein Rhinozerosvogel (Buceros rhinoceros) hat mehrere craniale (zum Kopf gerichtete) und mehrere caudale (zum Schwanz gerichtete) Luftsäcke. E. Die Luftsäcke des Rhinozerosvogels (Buceros rhinoceros) haben jeweils nur einen Eingang, welcher gleichzeitig dem Ausgang entspricht. 30. Beim Austausch nach dem Gegenstromprinzip fliessen Körperflüssigkeiten in entgegengesetzter Richtung aneinander vorbei und stehen derart in Kontakt zueinander, dass zwischen ihnen der Austausch eines Parameters (angegeben in Klammern) möglich ist. Was ist KEIN Beispiel für einen Gegenstromaustausch? A. Sauerstoffaufnahme in der Lunge eines Afrikanischen Elefanten (Loxodonta africana, Sauerstoff) B. Sauerstoffaufnahme durch Kiemen eines Flussbarsches (Perca fluviatilis, Sauerstoff) C. Konzentration des Harns durch die HenleSchleife in der Niere eines Menschen (Homo sapiens, Elektrolyte) D. Anordung der Arterien und Venen in der Schwimmmuskulatur eines Roten Thunfisches (Thunnus thynnus, Wärme) E. Anordnung der Arterien und Venen in den Flossen eines Grossen Tümmlers (Tursiops truncatus, Wärme) 31. Ordne jedem Sinnessystem seine Art Stimulus zu. I. Auditives System (Hörsinn) II. Olfaktorisches System (Riechsinn) III. Visuelles System (Sehsinn) a. Elektromagnetische Wellen b. Chemische Stimuli c. Vibrationen A. Ia, IIb, IIIc B. Ia, IIc, IIIb C. Ib, IIa, IIIc D. Ic, IIb, IIIa E. Ic, IIa, IIIb 32. Bestimmte Wirbeltiere wie die Fische und einige Amphibienarten können einen Grossteil ihres Sauerstoffbedarfes durch Hautatmung decken. Welches Merkmal erleichtert die Hautatmung? A. Ein kleines Oberflächen-Volumen-Verhältnis B. Eine dicke Epidermis (Oberhaut) C. Eine hohe Stoffwechselrate D. Eine reiche Blutgefässversorgung der Haut E. Eine trockene Haut 34. Welches der folgenden Tiere atmet mit Überdruckatmung? A. Der Doppelhornvogel (Buceros bicornis) B. Die Mauereidechse (Podarcis muralis) C. Der Koala (Phascolarctos cinereus) D. Der Rotkopf-Papageienfisch (Scarus ferrugineus) E. Der Grasfrosch (Rana temporaria) 35. Sowohl Cortisol als auch Aldosteron können an den Mineralocorticoidrezeptor der Niere binden, allerdings ist dort nur die Wirkung von Aldosteron erwünscht. Daher gibt es ein Enzym, welches das Cortisol in der Niere inaktiviert. Dieses Enzym kann durch Lakritze gehemmt werden. Welche Auswirkungen kann das haben? A. Die Durchblutung der Niere nimmt ab. B. Die Sammelrohre der Niere werden wasserundurchlässig. C. Die Niere kann den Urin nicht mehr konzentrieren. D. Der Blutdruck steigt an aufgrund vermehrter Rückresorption von Wasser. E. Im Urin wird mehr Natrium ausgeschieden. 36. Hier siehst du O2 -Bindungskurven menschlichen Hämoglobins (Tetramer) schematisch dargestellt. Diese Bindungskurve verändert sich je nach Umgebungsbedingungen des Hämoglobins. Kurve À gilt fürs Hämoglobin des Erwachsenen beim physiologischen Blut-pH von 7,4. Wo oder unter welcher Bedingung erwartest du KEINE Verschiebung der Kurve À Richtung Kurve Á? 100 Hämoglobinsättigung [%] 33. Wenn mit Vibrio cholerae verseuchtes Wasser eingenommen wird, heften sich diese Bakterien ans Dünndarmepithel und produzieren ein Toxin. Dieses hemmt im Darm die Na+ -Aufnahme und fördert die Cl- -Sekretion, was zu heftigem Durchfall mit osmotisch bedingtem Wasser- sowie Elektrolytverlust (Na+ , Cl- , K+ , HCO-3 ) führt. Untersuchungen haben gezeigt, dass normale Personen ca. 108 109 Bakterien einnehmen müssen, damit sie an Cholera erkranken. Versuchspersonen, welche zuvor Hydrogencarbonat (HCO-3 ) eingenommen hatten, erkrankten schon, wenn sie nur ca. 104 Zellen einnahmen. Wie erklärst du dir das? A. Da HCO-3 in unserem Darm nicht absorbiert werden kann, hat seine Aufnahme alleine schon Durchfall ausgelöst und die Versuchspersonen geschwächt. B. Das Choleratoxin hat ein pH-Optimum im alkalischen Bereich. C. Das HCO-3 neutralisiert das saure Milieu im Darm, weshalb sich die Bakterien besser vermehren können. D. Das HCO-3 neutralisiert die Magensäure, weshalb im Magen weniger Bakterien abgetötet werden. E. V. cholerae braucht HCO-3 als Kohlenstoffquelle für die Toxinsynthese. 90 80 70 60 1 50 2 40 30 20 10 0 0 10 20 30 40 50 60 70 80 90 100 O2-Partialdruck [mmHg] A. B. C. D. E. Bei erhöhter Temperatur In der Lunge Bei erhöhtem CO2 -Gehalt des Blutes Bei erniedrigtem Blut-pH Im stark arbeitenden Skelettmuskel 38. Hämoglobin, der rote Blutfarbstoff in den Erythrocyten, enthält Eisen. Hat jemand zu wenig Eisen, kann diese Person nicht mehr genügend Hämoglobin produzieren. Was erwartest du eher NICHT in einer solchen Situation? Die Person. . . A. . . . hat einen sehr langsamen Puls. B. . . . klagt über Atemnot. C. . . . klagt über Müdigkeit. D. . . . hat vermehrt Schwindel. E. . . . wirkt blass. 41. Um zu überleben sind unsere Gewebe auf eine ständige Versorgung mit O2 angewiesen. Im Normalfall beträgt die O2 -Ausschöpfung (Unterschied des O2 Gehaltes zwischen arteriellem und venösem Blut) bei gesunden Erwachsenen in Ruhe ca. 50ml O2 pro Liter Blut (Abb. 1). Dies bleibt auch bei verschiedenen, z.B. krankheitsbedingten, Veränderungen gleich, was sich ändert sind O2 Partialdruck bzw. total vorhandene Menge O2 im Blut. Der Unterschied zwischen O2 -Partialdruck in den Blutgefässen und O2 -Partialdruck im Gewebe ist die treibende Kraft für die O2 -Diffusion ins Gewebe – sinkt der O2 –Partialdruck in den Blutgefässen also zu stark, kann das Gewebe nicht mehr ausreichend mit O2 versorgt werden. Welche der folgenden Situationen ist in Abb. 2 dargestellt? Abb. 1 40. Was wird durch das parasympathische Nervensystem verursacht? A. Erhöhung des Blutdrucks B. Peniserektion C. Anstieg des Adrenalinspiegels im Blut D. Erhöhung der Herzfrequenz E. Hemmung der Darmtätigkeit Abb. 2 200 O2-Gehalt [ml/l Blut] 39. Das Kartagener-Syndrom ist eine autosomal rezessiv vererbte Krankheit, bei der die Funktion der Mikrotubuli eingeschränkt ist. Leite mit deinen Kenntnissen über das Vorkommen von Mikrotubuli her, an welchen Symptomen eine betroffene Person leiden könnte. I. Infertilität (nur bei den Männern) II. Häufige Eileiterschwangerschaften III. Situs inversus (Organe seitenverkehrt angelegt) IV. Chronische Bronchitis A. Nur I und II B. Nur III und IV C. Nur I, II und IV D. Nur II, III und IV E. Alle 200 O2-Ausschöpfung 150 arteriell 100 venös 0 O2-Gehalt [ml/l Blut] 37. Wie lautet die korrekte Aussage? Die einfachsten Reflexbögen. . . A. . . . benötigen nur zwei Neuronentypen. B. . . . involvieren lediglich ein Interneuron. C. . . . bestehen aus einem einzigen Neuron. D. . . . gibt es im menschlichen Zentralnervensystem nicht mehr. E. . . . steuern ausschliesslich die Aktivität von Drüsenzellen. O2-Ausschöpfung 150 100 venös 0 0 40 100 O2-Partialdruck [mmHg] arteriell 0 30 50 100 O2-Partialdruck [mmHg] A. Grosse sportliche Leistung auf Meereshöhe B. Grosse Höhe (verminderter O2 -Gehalt der Umgebungsluft) C. Kohlenmonoxidvergiftung D. Atmen reinen O2 E. Anämie (Blutarmut, zu wenig roter Blutfarbstoff) 42. Welche der folgenden Aussagen zu Hormonkonzentrationen sind richtig? I. Mann in der Wüste ohne Wasser: ADH (Anti Diuretisches Hormon)-Konzentration im Blut hoch II. Gazelle auf der Flucht: Adrenalinkonzentration tief III. Junges Mädchen (erster Eisprung): FSHKonzentration hoch, LH-Konzentration tief IV. Stillende Mutter: Prolaktinkonzentration hoch V. Katze verspeiste eine Maus: Insulinkonzentration hoch A. Nur II und III B. Nur I, II und IV C. Nur I, IV und V D. Nur III, IV und V E. Alle 43. Wem gehört das folgende Kreislaufsystem? A. einem Pottwal (Physeter macrocephalus) B. einem Doppelhornvogel (Buceros bicornis) C. einem Feuersalamander (Salamandra salamandra) D. einer Lederschildkröte (Dermochelys coriacea E. einer Regenbogenforelle (Oncorhynchus mykiss) 44. Welche der folgenden Funktionen wird durch die Niere NICHT erfüllt? A. Regulation des Säure-Basen-Haushalts B. Harnstoffproduktion C. Regulation des Blutdrucks D. Regulation des Salzhaushaltes E. Hormonsekretion 45. Die Bauchspeicheldrüse (Pankreas) stellt eine Vielzahl von Verdauungsenzymen her. Was schützt die Bauchspeicheldrüse davor, sich selbst zu verdauen? A. Die Enzyme verdauen die Bauchspeicheldrüse ebenfalls, aber diese kann sich schneller regenerieren als sie zerstört wird. B. Sie stellt nur Proenzyme her, die erst durch Abspaltung eines bestimmten Stückes im Darm aktiv werden. C. Die Bauchspeicheldrüsenenzyme sind nur im sauren Milieu des Magens aktiv. D. Die Enzyme werden direkt ans Blut abgegeben und kommen so nicht mit den Bauchspeicheldrüsenzellen in Kontakt. E. In den Bauchspeicheldrüsenzellen gibt es keine Proteine, die verdaut werden könnten. 46. Jedes Mal, wenn du dir beispielsweise einen Holzsplitter in den Finger stichst, gelangen Bakterien unter deine Haut. Wie reagiert dein Körper darauf? I. Die roten Blutkörperchen greifen die Bakterien direkt an und machen sie unschädlich. II. T-Helferzellen (CD4-Zellen) aktivieren B-Zellen indem sie ihnen Antigene präsentieren. III. Makrophagen phagozytieren die Bakterien. IV. Cytotoxische T-Zellen (CD8-Zellen) bilden Antikörper gegen die Bakterien. V. Blutplättchen führen zu einer Verklumpung der Bakterien, damit diese besser phagozytiert werden können. A. Nur I und IV B. Nur II und III C. Nur II, III und IV D. Nur III, IV und V E. Alle Aussagen sind korrekt. Verhalten 47. Welche der folgenden Beobachtungen beschreibt KEINE Art von Mimikry? A. Die sukkulente Wüstenpflanze Lithops hat eine runde Form mit graubrauner Färbung und die Textur der umgebenden Steine. B. Das Böhm-Steppenzebra (Equus quagga boehmi) besitzt ein auffälliges, schwarz-weisses Streifenmuster, welches seine Körperform auflöst. C. Der Gestreifte Anglerfisch (Antennarius striatus) besitzt je nach Untergrund eine gelbe, braune oder rote Grundfärbung mit zahlreichen Hautausstülpungen, die zum Teil beweglich sind und einem Wurm ähneln. D. Die Dreiecksnatter (Lampropeltis triangulum), eine ungiftige Schlangenart, ähnelt in ihrem Aussehen sehr stark giftigen Korallenottern (Micrurus sp.). E. Der Groçe Weiden-Glasflügler (Sesia bembeciformis) ist ein Schmetterling (Lepidoptera), der durchsichtige Flügel besitzt und eine schwarz-gelbe Färbung aufweist und damit sehr stark einem Hautflügler (Hympenoptera) ähnelt. 48. Als stereotypes Verhalten wird eine Einheit rhythmischer, repetitiver Bewegungen ohne offensichtliches Ziel bezeichnet. Welche der folgenden Situationen beschreibt ein stereotypes Verhalten? A. Eine Aaskrähe (Corvus corone) folgt der frischen Ackerfurche eines Pflugs. B. Kanadagänse (Branta canadensis) folgen dem ersten Objekt, welches sie während der kritischen Periode sehen. C. Ein Hamster (Cricetus cricetus) nagt an den Stangen seines Käfigs. D. Ein Wildschwein (Sus scrofa) wühlt in einem Laubhaufen. E. Eine Biene (Apis melifera) tanzt im Bienenstock. 49. Eine Ratte in einer Skinner-Box lernt schnell das Drücken eines Hebels (Aktion) mit dem Erhalten einer Portion Nahrung (Antwort) zu assoziieren. Dies wird als Lernen durch Versuch und Irrtum oder operante Konditionierung bezeichnet. Welcher Faktor unterstützt diese Konditionierung? A. Das Auftreten der Antwort nur alle zehn Aktionen B. Häufige Umgebungsveränderungen C. Das Auftreten einer ungünstigen Situation nach der Antwort D. Ein langes Zeitintervall zwischen Aktion und Antwort E. Ein kurzes Zeitintervall zwischen zwei Lernsessionen Genetik und Evolution 50. Reinerbig rote und runzelige Erbsen werden mit ebenfalls reinerbig gelben und glatten Erbsen gekreuzt. Die F1 Generation besteht ausschliesslich aus roten und runzligen Erbsen. In der Generation F2 werden 73 rote und runzelige, 25 gelbe und glatte, 4 gelbe und runzelige sowie 3 rote und glatte Erbsen gezählt. Was kannst du aus diesem Ergebnis schliessen? A. Die Allele des Genes für die Farbe sind kodominant, nicht aber diejenigen für die Oberflächenstruktur. B. Beide Gene befinden sich auf demselben Chromosom, sind aber nicht gekoppelt. C. Die Allele rot und runzelig sind dominant und die zwei Gene sind nicht gekoppelt. D. Die Allele gelb und glatt sind rezessiv und die beiden Gene sind gekoppelt. E. Die Rekombinationsrate beträgt 10 cM (centimorgan). 51. Wir betrachten ein Gen mit zwei Allelen in einer Population, die sich im Hardy-Weinberg-Gleichgewicht befindet. Eine Analyse zeigt, dass die Frequenz des dominanten Phänotyps 0.64 beträgt. Welches ist die Frequenz des dominanten Alleles in dieser Population? A. 0.25 B. 0.3 C. 0.4 D. 0.55 E. 0.6 52. Ein Student versucht Schafgarben (Achillea millefolium – eine in der Schweiz verbreitete Krautpflanze) mit möglichst langen Stängeln zu züchten. Welche Bedingung muss erfüllt sein, damit er Erfolg haben wird? A. Die Länge des Stängels muss einen vererbbaren Anteil haben. B. Die Ausgangspopulation muss eine geringe genetische Variation aufweisen. C. Die sexuelle Vermehrung muss zugunsten der vegetativen Vermehrung gehemmt werden. D. Jede Pflanze muss mit möglichst grossem Abstand zur nächsten gesät werden. E. Die Böden müssen mit Phosphaten und Nitraten gesättigt sein. 53. Die vier Gene A, B, C und D von Drosophila melanogaster befinden sich auf demselben Chromosom. Mittels aufwändiger Kreuzungsversuche wurden die Genabstände ermittelt. Die Tabelle zeigt die Abstände zwischen den Genen, angegeben in Centimorgan (cM). Welches ist die richtige Reihenfolge der vier Gene auf dem Chromosom? centimorgan AB AC AD BC A. B. C. D. E. ABCD ADBC BADC BDAC CDBA 82 21 45 103 54. Du hast zwei Inzuchtlinien, aabb und AABB, gekreuzt, wobei du weisst, dass die beiden Gene gekoppelt sind. Nun machst du eine Rückkreuzung der F1 Generation mit der parentalen Generation aabb durch. Welche der folgenden Phänotypen bestehen ausschliesslich aus parentalen Haplotypen und treten als Nachkommen der Rückkreuzung auf? I. ab II. aB III. Ab IV. AB A. Nur I B. Nur I und II C. Nur I und IV D. Nur II und III E. Nur I, II und III 55. Matthias Stöck und sein Team haben in Pakistan eine Froschart (Bufo pseudoraddei baturae) entdeckt, die triploid ist und sich sexuell vermehrt. Wie läuft die Fortpflanzung bei dieser Art ab, damit eine triploide Population aufrechterhalten wird? A. Während der ersten Phase der Meiose bilden die Männchen drei haploide Kerne, während die Weibchen gar keine Meiose durchlaufen. B. Vor der Meiose verlieren die zukünftigen Spermien einen ihrer Chromosomensätze, während die zukünftigen Eizellen eine normale Meiose durchlaufen. C. Die zukünftigen Spermien durchlaufen eine normale Meiose, die zukünftigen Eizellen verdoppeln einen ihrer Chromosomensätze. D. Weibchen und Männchen produzieren mit zwei nacheinander ablaufenden Meiosen normale Gameten, anschliessend befruchten zwei Spermien die Eizelle. E. Vor der Meiose verlieren die zukünftigen Spermien einen ihrer Chromosomensätze, während die zukünftigen Eizellen einen ihrer Chromosomensätze verdoppeln. 56. Thierry studiert die genetische Diversität in einer Population des Rhinozerosvogels (Buceros rhinoceros). Er stellt fest, dass der Genotyp eines Individuums an einem Lokus A mit der Anzahl seiner Nachkommen korreliert, die Genotypen an einem anderen Lokus B jedoch nicht. Welche Aussage kannst du aus diesen Ergebnissen ziehen? A. Sexuelle Selektion wirkt auf den Lokus A. B. Genetische Drift wirkt auf den Lokus B. C. Am Lokus A homozygote und heterozygote Individuen haben die gleiche direkte Fitness. D. Die Loci A und B sind gekoppelt. E. Am Lokus B homozygote und heterozygote Individuen haben die gleiche direkte Fitness. 57. Noémie studiert die genetische Diversität in zwei ursprünglich gleich grossen Populationen A und B des Rhinozerosvogels (Buceros rhinozeros). Kürzlich erfuhr Population A jedoch einen starken Bottleneck (Flaschenhals) und wurde auf nur wenige Individuen reduziert. Für welche Paare von Kopien eines Chromosoms wird Noémie durchschnittlich eine grössere Anzahl genetischer Unterschiede in einer Probe vor dem Bottleneck als in einer Probe drei Generationen nach der dem Bottleneck finden, wenn die genetische Diversität nur von genetischer Drift beeinflusst wird? I. Zwei Kopien innerhalb eines Individuums in Population A. II. Zwei Kopien innerhalb eines Individuums in Population B. III. Zwei Kopien in unterschiedlichen Individuen in Population A. IV. Zwei Kopien in unterschiedlichen Individuen in Population B. V. Eine Kopie in einem Individuum in Population A und eine Kopie aus einem Individuum in Population B. A. Nur I und III B. Nur II und IV C. Nur III und V D. Nur I, III und V E. Nur III, IV und V 58. Die evolutionäre Distanz ist definiert als die Anzahl Nukleotidsubstitutionen pro Basenpaar zwischen zwei DNA Sequenzen. Die evolutionäre Rate ist definiert als die Anzahl Nukleotidsubstitutionen pro Basenpaar pro Jahr. Jutzi untersucht je eine DNA Sequenz von zwei Arten und fand eine evolutionäre Distanz von 0.05. Unter der Annahme, dass die evolutionäre Rate 10-8 beträgt, wieviele Jahre sind seit der Divergenz dieser beiden Sequenzen vergangen? A. 2.5 ∗ 106 Jahre B. 5 ∗ 106 Jahre C. 1 ∗ 107 Jahre D. 2 ∗ 107 Jahre E. 4 ∗ 107 Jahre 59. Laktose ist ein Disaccharid, das hauptsächlich in Milch vorkommt. Das Enzym Laktase spaltet Laktose in Monosaccharide, die vom Körper aufgenommen werden können. In den meisten Säugetieren wird dieses Enzym in der frühen Kindheit produziert, später jedoch nicht mehr. Viele Menschen haben jedoch eine Mutation, welche ihnen erlaubt, Laktose und damit Milch auch als Erwachsene zu verdauen. Man nimmt an, dass diese Anpassung im Zusammenhang mit der Nutztierhaltung entstanden ist. Dies ist ein Beispiel von . . . A. . . . Heterozygotenvorteil. B. . . . positiver Selektion. C. . . . sexueller Selektion. D. . . . frequenzabhängiger Selektion. E. . . . negativer Hintergrundsselektion. 60. Das Leben in grosser Höhe erfordert spezielle Anpassungen des Körpers. In einer genomweiten Studie von Yi et al. wurde das Endothelial PAS domaincontaining protein 1 (EPAS1) als eines der vielversprechendsten Kandidatengene für eine solche Anpassung identifiziert. Yi et al. benutzten dazu ausschliesslich genetische Daten. Welche Aussage konnten Yi et al. daher sicher NICHT machen? A. Die Mehrheit der genetischen Unterschiede zwischen Personen in höheren und tieferen Lagen haben keinen messbaren Fitnessunterschied. B. Die menschliche Variante von EPAS1 unterscheidet sich deutlich von derjenigen des Schimpansen. C. EPAS1 steht unter natürlicher Selektion. D. EPAS1 erhöht die Fähigkeit, O2 bei niedrigem O2 -Partialdruck aufzunehmen. E. Tibeter (die auf Höhen von 4’000 m und mehr leben) haben eine andere Variante von EPAS1 als Tieflandchinesen. 61. Die Definition des Selektionskoeffizienten s ist die prozentuale Änderung in der Anzahl der Nachkommen im Vergleich zu einem Referenzallel, das als Wildtyp bezeichnet wird. (Per Definition ist der Selektionskoeffizient des Wildtyps also s = 0). Ein Individuum das ein Allel mit einem Selektionskoeffizienten von s = 0.01 trägt, hat also zum Beispiel 1 % mehr Nachkommen als ein Individuum mit dem Wildtypallel. Nimm an, für ein Gen existierten drei Allele, der Wildtyp mit sw = 0, ein positiv selektioniertes Allel mit sp = 0.1 und ein negativ selektioniertes Allel mit sn = −0.8. Nimm nun anstelle des Wildtypen das negativ selektionierte Allel als Referenz. Was wäre nun der neue Selektionskoeffizient des positiv selektionierten Allels? 1+sp A. 1+s n n B. sps+s n C. sp + 1 D. sn +sspp+sw 1+sn E. 1+s p +sw 62. Welche der folgenden Beobachtungen sind Hinweise, dass das genannte Merkmal durch Adaptation entstanden ist? I. Kieferstruktur beim Buntbarsch (Haplochromis sp.) – Während sich Populationen in einem klaren See mit sandigem Untergrund und grossen Felsbrocken deutlich in den Kieferstrukturen unterscheiden, zeigen alle Populationen in den angrenzen Flüssen eine extrem ähnliche Kieferstruktur. II. Flügellänge beim Nektarvogel (Cyanomitra olivacea) – Die Flügellänge unterscheidet sich stärker zwischen zwei geographisch nahen Populationen, welche zwei verschiedene Habitate bewohnen, als zwischen zwei geographisch weit entfernten Populationen, welche das gleiche Habitat bewohnen. III. Benutzung von Katzentörchen durch den Rotfuchs (Vulpes vulpes) – Ein männlicher Fuchs lernt durch Katzentörchen in Wohnungen einzudringen und sich von Katzennahrung zu ernähren. IV. Geweih des Rothirsches (Cervus elaphus) In einer bestimmten Population verwenden Rothirsche ihre Geweihe um Früchte und frische Zweige von den Bäumen zu schlagen. A. Nur III B. Nur I und IV C. Nur I und II D. Nur II, III und IV E. Alle Ökologie 63. Im Juni 2010 haben verschiedene Artenspezialisten bei Mörel im Oberwallis auf einer Fläche von 1 km2 während 24 Stunden alle Arten notiert, die sie auffinden konnten. Insgesamt wurden über 1300 Arten festgestellt, darunter über 500 Gefässpflanzen. Für die Schweiz ist dies eine bemerkenswert hohe Zahl. Welche Faktoren, die alle auf die untersuchte Fläche zutreffen, begünstigen die hohe Artenzahl pro km2 ? I. Ausgeprägtes Relief mit verschiedenen Höhenstufen (730-1250 m.ü.M) II. Vorhandensein unterschiedlicher GeländeExpositionen (Nordhang, Südhang) III. Vorhandensein unterschiedlicher Gesteinsarten (Silikat, Kalk) IV. Land- und Forstwirtschaft in extensiver Form V. Kleinräumige Landschaftsstrukturen (Hecken, Steinblöcke, Mauern, etc.) A. Nur II und V B. Nur I, III und V C. Nur II, IV und V D. Nur I, II, III und V E. Alle 64. Senecio carniolicus ist eine Alpenpflanze, die in zwei Formen bekannt ist. Diploide Individuen finden sich häufiger in dichten Rasen, während hexaploide Individuen vor allem in lückigerer Vegetation auftreten. Karl Hülber hat mit seinem Team untersucht, inwiefern die Biomasse der Pflanzen von der Flächendeckung der umgebenden Vegetation abhängig ist. Die Grafik zeigt die Resultate dieser Studie. Der Logarithmus der Biomasse ist gegen die Vegetationsdeckung aufgetragen. Welche Aussage kannst du aufgrund der dargestellten Resultate machen? B. Die Biomasse sowohl der diploiden, wie auch der hexaploiden Pflanzen ist bei hoher Vegetationsdeckung signifikant grösser. C. Die Biomasse der hexaploiden Individuen ist signifikant grösser als die der diploiden Indiviuden. D. Diploide Individuen wachsen in lückiger Vegetation signifikant schneller als hexaploide Individuen. E. Grössere Pflanzen haben in dichter Vegetation gegenüber kleineren eine signifikant höhere Fitness. 65. Ordne folgende Klimadiagramme dem richtigen Biom zu. I. Alice Springs (Australien) – heisse Wüsten II. Athen (Griechenland) – mediterrane Zone III. Mt. Kaindi (Neuguinea) – Feucht-tropische Bergwälder IV. Maquinchao (Argentinien) – Wüsten der gemässigten Zone V. Nagasaki (Japan) – Sommergrüne Wälder der gemässigten Zone A. ID, IIIB, VA B. IE, IIC, IVD C. IIE, IIIA, VB D. IIE, IVD, VA E. IIIA, IVE, VB A. Hexaploide Pflanzen haben in dichter Vegetation gegenüber Diploiden eine signifikant höhere Fitness. 67. Die Interaktionen zwischen zwei Primärproduzenten und zwei Konsumenten 1. Ordnung sind als Pfeile dargestellt, wobei die Dicke der Pfeile die Stärke der Interaktion und ein Plus oder Minus einen positiven resp. negativen Effekt auf den Empfänger beschreibt. Welcher Begriff beschreibt die Interaktion zwischen den Konsumenten am besten? A. B. C. D. E. Direkte Konkurrenz Antagonismus seitens Konsumenten 2 Gegenseitige Prädation Kommensalismus seitens Konsumenten 1 Indirekter Mutualismus 36 34 32 30 28 26 24 22 20 18 16 14 250 Niederschlag mm Temperatur °C 66. Betrachte folgende Artenkombinationen und überlege dir, wie gross jeweils ein typischer Lebensraum sein muss, in dem du alle diese Arten antreffen kannst. Ordne diese Lebensräume nach aufsteigender räumlicher Grössenskala. Beispiel: Arten einer Mauerritze< eines Waldstücks < einer Moorlandschaft < eines Bioms). I. Wanderfalke (Falco peregrinus), Biber (Castor fiber), Torfmoos (Sphagnum magellanicum) II. Feldhase (Lepus europaeus), Löwenzahn (Taraxacum officinale), Maulwurf (Talpa europaea) III. Wasserlinse (Lemna minor), Wasserläufer (Gerris lacustris), gewöhnliche Grünalge (Chlorella vulgaris) IV. Schilf (Phragmites australis), Wels (Silurus glanis), Kormoran (Phalacrocorax carbo) A. II < III < I < IV B. II < IV < III < I C. III < I < II < IV D. III < II < IV < I E. IV < III < I < II 200 150 100 50 Jan Feb Mär Apr Mai Jun Jul Aug Sep Okt Nov Dez Niederschlag Min. Temp. 0 Max. Temp. 68. Abgebildet siehst du Informationen zum Klima eines bestimmten Bioms. Welche Eigenschaften hat dieses Biom? A. Heisse, trockene Sommer und kalte Winter führen zur Ausbildung einer von Gras dominierten Steppenvegetation. B. Ein beträchtlicher Teil der Vegetation wird regelmässig durch grossflächige Feuer in anorganische Substanzen umgewandelt. C. Der flache Einfallswinkel der Sonnenstrahlen begünstiget die Ausbildung von grossflächigen, lückigen, immergrünen Nadelwäldern. D. Die hohe Biomassenproduktion führt unter diesem Klima zu dicken, humusreichen Schwarzerdböden. E. Die Vegetationsperiode (Zeitperiode, während der ein Pflanzenwachstum stattfinden kann) ist auf weniger als ein Drittel des Jahres beschränkt. 69. Die Abbildung zeigt die seit 1977 mit Lebendfallen bestimmten Häufigkeiten von sympatrisch lebenden grossen, Körner fressenden Känguruhratten (Dipodomys spp., A), kleineren, Körner fressenden Nagetierarten (B) und kleineren Insekten fressenden Mäusen (Onychomys spp., C) in der nordamerikanischen Chihuahua-Wüste. Alle Versuchsflächen wurden mit semipermeablen Zäunen umgeben, welche allen grösseren Tieren den Zugang verwehrten. Im Winter 1988 wurden die Löcher der Zäune der Hälfte aller Versuchflächen verkleinert, sodass auch die grossen Känguruhratten ausgesperrt blieben. In diesen Versuchsflächen wurden die Känguruhratten dann weggefangen. Welche der folgenden Aussagen über die Kleintiergesellschaft in der Chihuahua-Wüste sind richtig? 1 Kontrolle Dipodomys Entfernung Anzahl Individuen pro Fangperiode Dipodomys spp. kleine, Körner fressende Kleinsäugetier 2 Onychomys spp. 3 Jahr I. II. III. IV. A. B. C. D. E. Beginn des Experimentes Es gibt eine negative Dichteabhängigkeit zwischen der Populationsgrösse kleiner, Körner fressenden Nagetiere und kleiner, Insekten fressender Mäuse. Känguruhratten stehen in Konkurrenz mit kleineren, ebenfalls Körner fressenden Nagetieren. Die Abwesenheit von Känguruhratten vermindert die Populationsdynamik von kleineren, körnerfressenden Nagetieren. Ein aggressives Revierverhalten der Känguruhratten gegen alle kleineren Säugetiere kann ausgeschlossen werden. Nur II Nur III Nur I und III Nur II und IV Nur I, II, und III Systematik 70. Welche der folgenden Taxa sind stammesgeschichtlich die beiden jüngsten? I. Blütenpflanzen (Angiosperma) II. Schlauchpilze (Ascomycota) III. Kopffüsser (Cephalopoda) IV. Krebstiere (Crustacea) V. Säugetiere (Mammalia) VI. Farne (Pteridophyta) A. I und III B. I und V C. II und IV D. II und V E. IV und VI 71. Zu einem kompletten wissenschaftlichen Artnamen gehören die Autoren, welche das Taxon erstmals mit diesem Namen publiziert haben. Autoren welche das Taxon bereits früher mit einem heute nicht mehr gültigen Namen beschrieben haben, werden in Klammer angegeben. Welches ist der korrekte Name des folgenden Taxons? ”Die Zwittrige Krähenbeere wurde erstmals von Olaf Hagerup (1889-1961) als eigene Art beschrieben. Tyge Wittrock Böcher (1909-1983) erkannte später aber, dass das Taxon vielmehr als Unterart von der bereits beschriebenen Empetrum nigrum betrachtet werden muss.“ A. Empetrum (Hagerup) hermaphroditum Böcher B. Empetrum nigrum subsp. hermaphroditum (Hagerup) Böcher C. Empetrum hermaphroditum (Hagerup) subsp. nigrum Böcher D. Empetrum nigrum Böcher subsp. hermaphroditum (Hagerup) E. Empetrum nigrum Böcher (hermaphroditum Hagerup) 72. Folgende Merkmalstabelle listet Merkmale von 6 Pflanzenarten auf. Für jedes Merkmal ist angegeben, ob bzw. in welcher Anzahl eine Art das Merkmal besitzt. Ordne die Arten den Organismengruppen zu. Art Leitgewebe a: Alisma lanceolata b: Medicago sativa c: Mnium spinosum d: Nitella mucronata e: Osmunda regalis f: Taxodium distichum I. II. III. IV. V. A. B. C. D. E. Samen Tracheen (Gefässe) Anzahl Keimblätter x mehrzelliger Sporophyt (2n) x x x 1 x x x x 2 x - x x x x E. . . . kann das Kohlenhydrat Chitin selber synthetisieren, welches dem Exoskelett Elastizität verleiht. Szenario Protein-RNA-Erkennung Die RNA hat mehrere wichtige Funktionen in der Zelle. Ohne die Proteine, welche sie spezifisch erkennen, könnten diese jedoch nicht erfüllt werden. Wir werden uns hier aus einem strukturellen Blickwinkel verschiedene Wechselwirkungen zwischen RNA und Proteinen anschauen. x 2-9 Angiospermen (Bedecktsamer) Bryophyta (Laubmoose) Charophyta (Charophyta) Pinophyta (Koniferen) Polypodiophyta (Farne) aI, bI, cII, dIII, eV, fIV aIV, bI, cV, dII, eIII, fIV aII, bV, cI, dV, eIII, fIV aV, bV, cIII, dIV, eII, fI aV, bIV, cIII, dI, eII, fV 73. Der abgebildete lebende Organismus . . . A. . . . kann eine spiralförmig gewundene kalkige Schale synthetisieren, die über zwei Muskeln mit dem Körper verbunden ist. B. . . . gehört taxonomisch zu den Chelicerata (Spinnentiere). C. . . . besitzt ein dorsales (am Rücken gelegenes) Nervensystem. D. . . . besitzt ein System aus Stigmen und Tracheen zum Gasaustausch. 74. Zwischen zwei Molekülen sind mehrere Arten chemischer Bindungen möglich. Ordne jeder Bindungsart ihre Beschreibung zu. I. Wasserstoffbrücke II. Elektrostatische Wechselwirkung III. Van-der-Waals-Wechselwirkung IV. Hydrophobe Wechselwirkung a. Wechselwirkung zwischen einem positiv und einem negativ geladenen Molekül b. Wechselwirkung zwischen einem Wasserstoffdonator und einem -akzeptor, z.B. -NH2 und O=C< c. Wechselwirkung zwischen zwei apolaren Molekülen in wässriger Umgebung d. Wechselwirkung zwischen zwei polaren, ungeladenen Molekülen A. Ia, IIc, IIIb, IVd B. Ib, IIa, IIId, IVc C. Ib, IId, IIIc, IVa D. Ic, IId, IIIa, IVb E. Id, IIb, IIIa, IVc 75. Eine der Eigenschaften einer Wechselwirkung zwischen zwei Molekülen ist die Affinität, welche sie zwischen den beiden Molekülen schafft. Die Gesamtaffinität (der Summe aller Wechselwirkungen) wird durch die Dissoziationskonstante KD beschrieben. Fürs Gleichgewicht A + B ↔ AB gilt KD = ([A] · [B])/[AB] dabei ist [x] die Konzentration von x . Entscheide mithilfe von ∆G = −RT ln(KD ) ⇔ KD = e−∆G/(RT ) und im Wissen, dass eine Van-derWaals-Interaktion 4 kJ/mol, eine Wasserstoffbrücke 1.5-6.5 kJ/mol, eine elektrostatische Wechselwirkung 12-17 kJ/mol liefert und RT (Gaskonstante multipliziert mit der Temperatur in Kelvin) bei 25° C ungefähr 2.5 kJ/mol beträgt, welche der folgenden Kombinationen von Wechselwirkungen genügt, um eine KD kleiner als 10-8 (gilt als starke Affinität) zu erreichen? e−1 ' 0.3, e−5 ' 6 · 10−3 , e−10 ' 4.5 · 10−5 , e−15 ' 3 · 10−7 , e−18 ' 1.5 · 10−8 A. 10 Van-der-Waals-Wechselwirkungen B. 7 Van-der-Waals-Wechselwirkungen und 5 Wasserstoffbrücken C. 2 elektrostatische Wechselwirkungen D. 6 Wasserstoffbrücken E. 1 elektrostatische Wechselwirkung und 4 Vander-Waals-Wechselwirkungen 76. Ein anderer wichtiger Aspekt der RNA-Erkennung durch Proteine ist die Spezifität. Einige Proteine erkennen die dreidimensionale Struktur der RNA, einige erkennen nur bestimmte RNASequenzen, einige schliesslich kombinieren diese beiden Arten der Erkennung. Finde mithilfe der Abbildung der Basen der DNA und der RNA heraus, welche der folgenden Aussagen zur Erkennung der RNA durch die Proteine FALSCH ist. A. T kann aufgrund seiner Methylgruppe am C5 von C und U unterschieden werden. B. C und U können aufgrund ihres Substituenten am C4 (Wasserstoffdonator versus Wasserstoffakzeptor) voneinander unterschieden werden. C. Purine können durch ihre unterschiedliche Grösse von den Pyrimidinen unterschieden werden. D. A und C können aufgrund ihres Substituenten am N3 unterschieden werden (Wasserstoffdonator versus Wasserstoffakzeptor). E. A und G können aufgrund ihres Substituenten am C6 (Wasserstoffdonator versus Wasserstoffakzeptor) voneinander unterschieden werden. 77. 1999 haben Deo et al. PABP, das Protein, welches den Poly-(A)-Schwanz ans 3’-Ende der messenger RNA (mRNA) anfügt, mit einem Stück Poly-(A)RNA kokristallisiert. PABP enthält vier RRMs (RNA recognition motifs), spezialisierte Domänen, welche jeweils mehrere Nukleotide erkennen. Ein Beispiel der Erkennung von Adenosin durch PABP ist in der untenstehenden Abbildung dargestellt. Prüfe die folgenden Aussagen sowie ihre Verknüpfung auf ihre Richtigkeit. ¬ Das Adenosin Ade-6 wird von PABP NICHT spezifisch erkannt weil ­ zwischen dem Tyrosinrest Tyr-14 und dem Adenosin Ade-6 hydrophobe Wechselwirkungen stattfinden. A. B. C. D. E. ¬ falsch, ­ falsch ¬ falsch, ­ richtig ¬ richtig, ­ falsch ¬ richtig, ­ richtig, Verknüpfung falsch ¬ richtig, ­ richtig, Verknüpfung richtig 78. RRMs enthalten 4 β-Faltblätter und 2 ihnen gegenüberliegende α-Helices (Konsensusstruktur). Die Hauptkontaktstelle mit der RNA wird durch die βFaltblätter gebildet. Die Familie der RRMs enthält mehr als 200 Proteine und viele zeigen Unterschiede in ihrer Struktur im Vergleich zur Konsensusstruktur. Die RRM welches Proteins auf dem Bild hat im Vergleich zu hnRNP A1, welches eine Konsensusstruktur aufweist, eine grössere Protein-RNA-Kontaktstelle? A. Alle B. La C. CstF-64 D. PTB E. Keines Szenario GPCRs Die Superfamilie der G-Proteingekoppelten Rezeptoren (GPCR) ist eine der meistvertretenen Proteinfamilien im Säugetiergenom. Das human genome project hat im menschlichen Genom mehr als 800 verschiedene Gene entdeckt, welche für GPCRs codieren. Diese Rezeptoren übertragen die Mehrheit der Übertragungssignale von aussen ins Innere der Zelle. Sie werden durch eine Vielzahl von Liganden aktiviert, angefangen bei einem einzigen Photon über Ionen, Aminosäuren, Neurotransmitter bis zu proteolytischen Enzymen. Zusätzlich zu ihrer grossen biologischen Wichtigkeit stellen GPCRs auch ein klinisches Interesse dar. Heute wirken ca. 30 % der Medikamente auf dem Markt auf GPCRs. 79. Xlrbpa-2 erkennt RNA auf eine andere Weise, es besitzt eine dsRBD (double-strand RNA binding domain). Die dsRBD können dsRNA (doppelsträngige RNA) von dsDNA, ssRNA (einzelsträngige RNA) und ssDNA unterscheiden. Welche der folgenden Aussagen ist korrekt? A. Xlrbpa-2 erkennt die 20 Basen der dsRNASequenz. B. Die durch dazwischen stehende Wassermoleküle vermittelten Wasserstoffbrücken sind spezifisch für eine RNA-Sequenz. C. Die Seitenketten der Aminosäuren sind nicht am Erkennen der RNA beteiligt. D. In der Region 1 (Abb. 2) erhöhen hydrophobe Interaktionen die Affinität von Xlrbpa-2 für die RNA. E. Die Wasserstoffbrücken vom Protein zur 2’OH-Gruppe der Ribose erlauben die Unterscheidung zwischen dsRNA und dsDNA. 80. Die GPCRs sind Proteine, welche sich in der Plasmamembran befinden. Sie sind alle gleich aufgebaut: sieben Transmembrandomänen verbunden durch extra- und intrazelluläre Schleifen. Welche Eigenschaften haben alle Transmembrandomänen gemeinsam? A. Eine α-Helix von ca. 20 Aminosäuren, reich an aliphatischen, hydrophoben Resten B. Ein β-Faltblatt von ca. 5 Aminosäuren, welches gleich viele geladene wie aliphatische Reste enthält C. 25 Aminosäuren, polar oder hydrophob, ohne jegliche Sekundärstruktur D. Ein β-Faltblatt von ca. 30 Aminosäuren, reich an geladenen, polaren Resten E. Eine α-Helix von ca. 7 Aminosäuren, reich an geladenen, polaren Resten CXCL12 CXCR4 PIP2 PLC Gβ Gγ Gα PKA IP2 DAG IP3 PKC [cAMP] i Gβ AC Gγ Gαi SOS MAPK [Ca2+] Grb2 PI3K Shc Ras Raf Akt Rac Cdc42 Chemotaxis NFκB Rho Bad p33 MEK1 ERK1 Chemotaxis Transkription Genexpression Überleben Proliferation NFκB Transkription Genexpression 81. Um ihre zahlreichen Effekte zu vermitteln, können GPCRs vielerlei molekulare Kaskaden auslösen. Das folgende Schema stellt einen Teil des Übertragungssignals dar, welches durch den Komplex aus Rezeptor (CXCR4) und Ligand (CXCL12) aktiviert wird. CXCR4 spielt eine wesentliche Rolle bei der Bildung roter Blutkörperchen, der Gefässversorgung des Magendarmtraktes sowie bei der Entwicklung des Kleinhirns. Was passiert auf molekularem Niveau wenn der Ligand an den Rezeptor bindet? A. PLC und PI3K werden gehemmt und ERK1 wird aktiviert. B. Bad wird gehemmt, NFκB wird aktiviert und die cAMP-Konzentration sinkt. C. AC und MAPK werden gehemmt und MEK2 wird aktiviert. D. DAG wird gehemmt, PKA und Rac werden aktiviert. E. Akt wird gehemmt, Ras wird aktiviert und die Calciumkonzentration sinkt. 82. GPCRs befinden sich überall in einem Organsimus, wobei sie verschiedene Rollen spielen. Ordne jedem Rezeptor seine Funktion zu. I. Muskarinischer Acetylcholinrezeptor M3 II. Gallensäurenrezeptor TGR5 III. Angiotensinrezeptor AT1R IV. Histaminrezeptor H4 V. Melatoninrezeptor MT1 a. Kontraktion glatter Muskeln b. Erhöhung des Blutdrucks c. Wanderung von Entzündungszellen d. Regulation circadianer Zyklen e. Anregung der β-Oxidation A. Ia, IIe, IIIb, IVc, Vd B. Ib, IIc, IIId, IVa, Ve C. Ic, IIb, IIIe, IVd, Va D. Id, IIa, IIIc, IVe, Vb E. Ie, IId, IIIa, IVb, Vc 83. Trotz aller wissenschaftlichen Anstrengungen sind viele GPCRs noch “Waisen”, d.h. ohne bekannten Liganden oder bekannte Funktion. Eine der grossen Herausforderungen der Wissenschaft ist es, potentielle Liganden dieser Rezeptoren zu identifizieren. Welche der folgenden Methoden kann NICHT angewandt werden um dieses Ziel zu erreichen? A. Die gesamten Genome verschiedener Spezies werden sequenziert und miteinander verglichen. B. Basierend auf der DNA-Sequenz des Rezeptors werden potentielle Liganden durch Suchen in der Datenbank vorhergesagt und danach in Zelllinien getestet. C. Die DNA-Sequenz des interessierenden GPCR’s wird ins Genom von Hefen eingefügt, zahlreiche potentielle Liganden werden zugefügt und die molekulare Aktivität gemessen. D. Die GPCRs werden in menschlichen Zelllinien exprimiert, eine grosse Zahl möglicher Liganden werden getestet (screening) und für jeden Liganden die Aktivität gemessen, indem die Aktivierung einer intrazellulären molekularen Kaskade verfolgt wird. E. Die GPCRs werden isoliert um die Matrix einer Affinitätschromatografie zu bilden, verschiedene Liganden werden über die Chromatografiesäule laufen gelassen und jene, welche nicht sofort ausgewaschen werden, werden als potentielle Liganden zurückbehalten. 84. Die Retinitis pigmentosa ist eine genetische Erkrankung des Auges, die sich zuerst durch den Verlust der Nachtsicht äussert, gefolgt von einer Einschränkung des Gesichtsfeldes. Ca. 10 % der Fälle sind durch eine Mutation des Rhodopsingens verursacht, einer der bestuntersuchten GPCRs, der für die Lichtempfindlichkeit des Auges verantwortlich ist. Die folgende Abbildung zeigt den Stammbaum einer von der Retinitis pigmentosa betroffenen Familie. Wie wird diese Krankheit übertragen? A. B. C. D. E. Autosomal dominant Autosomal rezessiv Gonosomal auf dem X-Chromosom Gonosomal auf dem Y-Chromosom Mitochondrial 85. Die GPCRs bilden eine evolutionär sehr alte Familie, welche vielerlei Selektionsdrücke durchgemacht hat. Z.B. das Gen TAS2R16, welches für ein teilweise für die Reaktion auf bitteren Geschmack verantwortliches Protein codiert, kommt in der menschlichen Population in zwei Varianten vor. Die neue Variante tauchte gerade vor der Expansion des Menschen aus Afrika auf, nach einer Punktmutation. Sie verleiht dem Rezeptor eine gesteigerte Empfindlichkeit gegenüber vielen Molekülen mit bitterem Geschmack, welche in der Natur sehr präsent und mehrheitlich giftig sind. Soranzo et al. (2005) haben einen klaren Hinweis auf positive Selektion auf die neue Genvariante gesehen. Was könnte der Grund für diese Selektion sein? A. Um den intensiveren bitteren Geschmack zu kompensieren konsumieren die Individuen mit der neuen Genvariante mehr Zucker und sind so besser ernährt. B. Bittere Lebensmittel können konsumiert werden ohne dass die Giftstoffe aufgenommen werden. C. Giftige Lebensmittel können leichter erkannt und so vermieden werden. D. Die neue Genvariante erlaubt eine schnelle Entwicklung von Resistenzen gegen Giftstoffe. E. Ausserhalb von Afrika sind die giftigen Lebensmittel generell weniger bitter. 86. Nach einer phylogenetischen Analyse haben die Forscher die GPCRs in fünf grosse Familien eingeteilt. Die folgende Abbildung zeigt dir den Anfang der DNA-Sequenz jeweils eines Vertreters pro Familie. Welcher ist unter Anwendung des Prinzips der maximalen Sparsamkeit (engl. maximum parsimony, ein Prinzip, welches aussagt, dass die wahrscheinlichste Phylogenese jene ist, welche am wenigsten evolutionäre Veränderungen benötigt) der wahrscheinlichste phylogenetische Baum? Szenario Silage Die Silage (Gährfutter) ist eine Methode zur Konservierung von Raufutter (Mais, Gras). Das Ziel der Silage ist es, den pH zu reduzieren, um damit einen Abbau der organischen Materie und somit Verluste während der Lagerung zu verhindern. Die Silage ist ein relativ komplexer anaerober Prozess, den man als ein in sich geschlossenes Ökosystem betrachten kann. Aus diesem Grund werden die Silage-Rundballen mit einer luftdichten Plastikhülle umgeben. Man muss etwa sechs Wochen einberechnen, bis die Silage einen stabilen Zustand erreicht hat. 87. Welche der folgenden Behandlungen hat im Gegensatz zu einer Senkung des pH KEINEN negativen Auswirkungen auf die Entwicklung von Mikroorganismen? A. Eine Zugabe von Zucker von 50 % B. Eine Zugabe von Salz von 5 % C. Die Gefrierung bei -20° C D. Ein Wasserentzug auf 88 % Trockenmasse E. Alle oben genannten Behandlungen haben einen negativen Effekt. 88. Verschiedene Mikroorganismen können bei der Herstellung von Silage eine Rolle spielen und sind mehr oder weniger erwünscht. Die untenstehende Tabelle zeigt die Charakteristika der Mikroorganismen, welche zu verschiedenen Zeitpunkten im Silageprozess auftreten können. Ab welchem pH kann man die Silage als stabil betrachten, dass heisst, dass kein weiterer Abbau der organischen Materie mehr stattfindet? Typ Homofermentative Milchsäurebakterien Heterofermentative Milchsäurebakterien Enterobakterien Substrat Hefepilze versäuernde Wirkung Wachstumsbedingungen Fructose, Glucose Lactat stark O2 Gehalt – Fructose, Glucose Lactat, Ethanol, Acetat, CO2 Acetat, Ethanol, CO2 Buttersäure mittel – 3.5 – 4 schwach +/– 5.5 negativ* – 5 CO2 , H2 O, Wärme CO2 , H2 O, Ethanol, Wärme negativ* +++ 5.5 negativ* +++ 4 Glucose Lactat Buttersäurebakterien Schimmelpilze Produkte Glucose O2 , Acetat, Glucose *machen das Milieu basischer minimaler pH 3.5 – 4 A. B. C. D. E. pH < 3.5 pH = 4 pH < 5 pH < 5.5 pH > 5.5 89. Du weisst, dass Buttersäurebakterien als Sporen vorliegen, wenn das Raufutter siliert wird. In welcher Reihenfolge treten die verschiedenen Mikroorganismen im Silageprozess auf, vom Beginn bis zur gewünschten Stabilisierung? A. Enterobakterien, homo- und heterofermentative Milchsäurebakterien B. Homo- und heterofermentative Milchsäurebakterien, Hefepilze C. Enterobakterien, Schimmelpilze, Hefepilze D. Buttersäurebakterien, Enterobakterien, homound heterofermentative Milchsäurebakterien E. Hefepilze, Buttersäurebakterien, Enterobakterien 90. Um den pH-Abfall in der Silage zu beschleunigen, können Zusätze wie Ameisensäure dazugegeben werden. Welches ist eine weitere Folge dieser Zusätze? A. Die Ameisensäure hemmt die Enterobakterien und die Schimmelpilze, wodurch weniger Atmungsverluste auftreten. B. Die Ameisensäure fördert die Photosynthese im Innern des Silos, weshalb der Gehalt an organischer Materie grösser wird. C. Die Silage hat eine grössere GlucoseKonzentration weil weniger Glucose fermentiert werden kann. D. Die Ameisensäure reduziert O2 zu CO2 , eine mechanische Kompression des Silos ist nicht mehr nötig. E. Die Ameisensäure katalysiert die Umwandlung von Glucose zu Lactat. 91. Prüfe folgende Aussagen sowie ihre Verknüpfung auf ihre Richtigkeit. ¬ Sobald das Silo geöffnet wird, steigt die Temperatur in seinem Innern an, weil ­ Schimmelpilze Zugang zu Sauerstoff erhalten und sich entwickeln können. A. B. C. D. E. ¬ falsch, ­ falsch ¬ falsch, ­ richtig ¬ richtig, ­ falsch ¬ richtig, ­ richtig, Verknüpfung falsch ¬ richtig, ­ richtig, Verknüpfung richtig 92. Mais enthält zwei ernährungstechnisch verschiedene Arten von Stärke: sogenannt stabile Stärke passiert den Pansen intakt, während die andere Stärke direkt im Pansen fermentiert, zu Propionsäure umgewandelt und vor Ort absorbiert wird. Die stabile Stärke wird im Dünndarm zu Glucose abgebaut. Alle Stärke, die noch nicht im Dünndarm abgebaut werden kann, wird im Dickdarm fermentiert oder mit dem Kot ausgeschieden. Eine Kuh kann ungefähr 1 kg stabile Stärke pro Tag absorbieren. Wird dieser Wert überschritten, wird die Fermentation im Dickdarm so stark, dass die Darmwand angegriffen wird und Infektionen auftreten können. Mais-Silage, welches im September geerntet und im Dezember geöffnet wird, enthält 32 % stabile Stärke, 6 Monate später jedoch nur noch 25 %. Welche Menge Silage darf eine Kuh im Juni täglich maximal fressen, wenn der totale Stärkegehalt 350 g pro Kilogramm Trockengewicht beträgt? A. 2.5 kg B. 3.5 kg C. 8.9 kg D. 11.4 kg E. 15.3 kg 93. Was kann passieren, wenn bei der Fütterung direkt von einem Jahr alter Silage zu 6 Wochen alter Silage gewechselt wird? A. In den Kuhfladen können Stücke von Maiskörnern beobachtet werden. B. Der noch hohe pH in der Silage führt zu einer Alkalose (Basenüberschuss) im Pansen. C. Der Überschuss an im Pansen produzierter Propionsäure führt zu einer Azidose (Übersäuerung) des Pansens. D. Die starke Aktivität der Buttersäurebakterien führt zu starken Verdauungsstörungen. E. Die Produktion von Alkohol durch die Hefepilze führt die Kühe in einen Zustand fortgeschrittener Trunkenheit. Szenario Diffusion Diffusionen spielen eine zentrale Rolle in vielen biologischen Prozessen auf der molekularen und den höheren Ebenen. Die allgemeinste Beschreibung einer Diffusion ist eine zufällige, kontinuierliche Bewegung von Teilchen durch einen Raum. Die Natur der Teilchen und des Raums und die genauen Spezifikationen, wie sich die Teilchen bewegen, hängen davon ab, was genau beschrieben werden soll. 94. Einer der einfachsten Diffusionsprozesse ist die sogenannte Brown’sche Teilchenbewegung. Sichtbare Makromoleküle in wässriger Lösung stossen ständig mit kleineren Molekülen (z.B. den Wassermolekülen) zusammen. Dadurch wird eine zufällige Bewegung der grösseren Teilchen sichtbar (z.B. unter einem Mikroskop). In welchem der folgenden Szenarien ist Brownsche Teilchenbewegung die Basis des Transportmechanismus? A. Das Hochsteigen von Wasser in einem dünnen Glasröhrchen B. Das Eindringen von Viren in eine Leberzelle C. Der Transport von Wasser entlang der Speiseröhre D. Die gleichmässige Verteilung eines Farbstofftropfens in wässriger Lösung E. Der Fluss von Erythrozyten durch Blutgefässe 95. In der Biologie spielen Diffusionen entlang von Konzentrationsgradienten eine zentrale Rolle. Das Aufrechterhalten eines Konzentrationsgradienten benötigt Energie und einen speziellen Mechanismus. Welcher der folgenden Prozess beinhaltet KEINE Diffusion entlang eines Konzentrationsgradienten? A. Der Transport von Sauerstoff von den Lungenbläschen in das Blut B. Alle der Szenarien sind Diffusionen entlang eines Konzentrationsgradienten. C. Der Transport von CO2 vom Blut in die Lungenbläschen D. Der Transport von Wasser durch die Haut eines Frosches E. Die Abgabe von Calciumionen in einer Synapse ∂f ∂f ∂ 2f = µ(x) = σ 2 (x) 2 ∂t ∂x ∂x µ(x) beschreibt die durchschnittliche Deplatzierung des Teilchens. Falls µ(x) = 0, erwarten wir, dass das Teilchen auch nach längerer Zeit noch am selben Ort anzutreffen ist. Falls µ(x) 6= 0, erlebt das Teilchen einen Drift und bewegt sich in eine bestimmte Richtung. Welches der folgenden ist KEIN Prozess, bei dem sich Moleküle in eine bestimmte Richtung bewegen? A. Die Diffusion eines Wassermoleküls in einer isotonischen Zelle. B. Erleichterte Diffusion eines Kaliumions durch eine Zellmembran. C. Aktiver Transport eines Glukosemoleküls durch eine Zellmembran. D. Die Diffusion eines Wassermoleküls in einer hypertonischen Zelle. 98. Da die Bewegung der Moleküle durch Diffusion zufällig ist, benötigen wir eine Funktion die beschreibt, wie wichtig der Einfluss dieser Zufälligkeit ist. Dies übernimmt σ 2 (x) aus obiger Gleichung. Falls σ 2 (x) = 0, ist der Prozess deterministisch und der Zufall spielt keine Rolle. Wir können also für jedes Teilchen genau vorhersagen, wo es sich nach einer gewissen Zeiteinheit befinden wird. Wenn σ 2 (x) hingegen sehr gross ist, dann können wir schon nach kurzer Zeit keine Aussage mehr machen, wo sich das Teilchen befindet. Das Teilchen könnte überall sein. Welche Region in der folgenden Abbildung beschreibt den erwarteten Ort eines Teilchens, das am mit einem Stern markierten Punkt (0,0) startet und mit Parametern µ(x) = 0 und σ 2 (x) = 0.01 diffundiert? 2 4 a b −2 0 c d −4 97. Die mathematische Beschreibung der Diffusion erfolgt üblicherweise mittels einer stochastischen Differenzialgleichung. Die Gleichung beschreibt die Änderung der Position eines Teilchens in einem ganz kleinen Zeitraum und hat folgende Form: E. Die Diffusion eines Wassermoleküls in einer hypotonischen Zelle. Y 96. Ein Zelltyp, in dem Diffusionen eine besondere Rolle spielen, sind die Nervenzellen (Neuronen). In Neuronen wird mit der Natrium-Kalium-Pumpe stets ein Konzentrationsgradient von Natrium- und Kaliumionen aufrechterhalten, wobei Na+ aus der Zelle hinaus und K+ in die Zelle hineingepumpt wird. Soll ein Nervensignal weitergegeben werden, wird die Zelle depolarisiert und die Konzentrationsgradienten werden reduziert. Welche der folgenden Prozesse sind Diffusionen? I. Der Transport von K+ in die Zelle hinein im Ruhezustand II. Der Transport von Na+ aus der Zelle hinaus im Ruhezustand III. Der Fluss von K+ aus der Zelle hinaus bei einem Signal IV. Der Fluss von Na+ in die Zelle hinein bei einem Signal A. Nur I und II B. Nur I und III C. Nur II und III D. Nur II und IV E. Nur III und IV −4 −2 e 0 2 4 X 99. Diffusionen können auch zur Beschreibung von weiteren biologischen Prozessen benutzt werden, z.B. zur Beschreibung der Verteilung von Individuen einer Art in der Landschaft oder der Änderungen von Allelfrequenzen in einer Population. Bei letzterer ist das diffundierende Teilchen die Frequenz eines Allels in einer Population. Hat diese Frequenz den Wert 1, so tragen alle Individuen einer Population dieses Allel. Ist die Frequenz hingegen 0, so ist das Allel ausgestorben. Dieser Wert ändert zwischen verschiedenen Generationen. Welches ist ein Grund für diese Beobachtung? A. Die beiden Geschlechter sind unterschiedlich gefärbt. B. Bei der Befruchtung der Eizellen finden Zufallsereignisse statt. C. Bei den meisten Arten sterben mehr Tiere im Winter als im Sommer. D. Jede Art wird irgendwann aussterben. E. Jungtiere zeigen ein anderes Verhalten als adulte Tiere. σ 2 (x) 0.0 0.2 0.4 100. Mathematisch gesehen haben alle genetischen Diffusionsprozesse gemeinsam, dass die Frequenz zwischen 0 und 1 liegt und das σ 2 (x) = x(1 − x). Welche der folgenden Funktionen bildet σ 2 (x) in diesem Fall ab? a b c d 0.0 e 0.2 0.4 x 0.6 0.8 1.0 Szenario Parasitische Pflanzen Parasitismus ist eine Lebensform, die in allen Reichen vorkommt. Auch unter den Blütenpflanzen gibt es parasitische Vertreter. Die Wirte sind meist andere Pflanzen, wobei entweder nur deren Xylem oder auch deren Phloem parasitiert wird. Dazu bilden sie spezielle Saugorgane aus, sogenannte Haustortien. 101. Welche Aussage zu parasitischen Blütenpflanzen ist richtig? A. Fleischfressende Pflanzen leben ebenfalls parasitisch. B. Die Wirtspflanzen werden jeweils nur von einem parasitischen Individuum befallen. C. Parasiten haben eine Abwehr gegen die Antikörper der Wirtspflanzen entwickelt. D. Der totale Stoffwechselumsatz eines Parasiten ist grösser als derjenige seines Wirtes. E. Es gibt keine endoparasitische Pflanzen. 102. Viele Halbparasiten, die nur auf dem Xylem der Wirtspflanze parasitieren, welken sehr schnell, wenn man sie abschneidet. Was könnte der Grund dafür sein? A. Da der Parasit eine unbeschränkte Wasserversorgung hat, bildet seine Epidermis keine Cuticula aus. B. Die Aufnahme von Wasser in die Haustortien erfolgt über ATP-getriebene H2 O-Pumpen. Um den Energieverlust zu minimieren, nimmt die Pflanze so wenig Wasser wie möglich auf. C. Um der Wirtspflanze möglichst viel Xylemsaft, und damit Nährstoffe, zu entziehen, haben sie in der Regel eine hohe Transpirationsrate. D. Als Halbparasiten können sie zwar noch Photosynthese betreiben, sie haben aber die Fähigkeit verloren, die Öffnung der Stomata zu regulieren. E. Da sie dem Xylemsaft nur sehr wenig Zucker entziehen können, können kaum stützende Strukturen aufgebaut werden, die das Welken verzögern würden. 103. Welche morphologischen Merkmale haben vollparasitische Pflanzen als Folge oder Anpassung an ihre parasitische Lebensweise? I. RuBisCO ist das mengenmässig wichtigste Protein in der parasitischen Pflanze. II. Blätter sind klein oder ganz reduziert. III. Die Farbe der Sprosse und Blätter ist weiss oder braun. IV. Die Samen des Parasites und der Wirtspflanze haben denselben Verbreitungsmechanismus. V. Chlorophyll wird nicht oder nur in sehr geringer Menge gebildet. A. Nur II und IV B. Nur IV und V C. Nur I, III und IV D. Nur I, III und V E. Nur II, III und V 104. Eine besondere Form von Parasitismus, die auch als Epiparasitismus bezeichnet wird, betreibt die Gattung der Fichtenspargeln (Monotropa), die auch in der Schweiz weit verbreitet ist. Obwohl sie nicht mit der Wirtspflanze verbunden ist, ernährt sie sich indirekt von dieser. Durch welchen Mechanismus ist dies möglich? Monotropa. . . A. . . . parasitiert einen Pilz, der seinerseits der Mykorrhiza-Partner des Wirtsbaumes ist und über diesen Zucker bezieht. B. . . . lebt in Symbiose mit Blattläusen, welche den Saft der Wirtspflanze saugen und einen Teil davon an die Haustortien des Parasiten abgeben. C. . . . lockt durch chemische Botenstoffe die Knöllchenbakterien in den Wurzeln der Wirtspflanze an und verdaut diese in den Haustortien. D. . . . scheidet über die Wurzeln eine Säure aus, welche die unterirdischen Teile der Wirtspflanze auflöst, die dann aufgenommen werden. E. . . . gibt über seine Blätter ätherische Öle ab, welche die Wirtspflanze zur Ausscheidung von Zuckern über die Wurzeln in den Boden anregen. 105. Eine besonders interessante Gattung parasitischer Pflanzen ist der Teufelszwirn Cuscuta. Ihre Zweige winden sich um die Triebe der Wirtspflanze und bilden Haustortien aus. Wurzeln bildet sie keine. Die ursprünglich aus Nordamerika stammende Art Cuscuta campestris ist in Europa ein Schädling in Zuckerrübenkulturen. Benvenuti und sein Team (2005, Weed Research) haben Keimungsversuche mit Cuscuta gemacht. Dabei wurden die Samen in einer Klimakammer inkubiert. Die Abbildung zeigt die Resultate des Keimungsversuches: A: Abhängigkeit der Keimungsrate frischer Samen von Temperatur und Licht bzw. Dunkelheit. Bei einem Teil der Samen wurde vorher in einem Säurebad die Samenschale gereizt. B: Abhängigkeit der Keimungsrate von der Lagerungszeit der Samen. Jeweils ein Teil der getrockneten Samen wurde vor der Ankeimung unter konstanten Bedingungen im Labor gelagert, ein anderer Teil wurde in einem durchlässigen Beutel in einem natürlichen Boden vergraben und so gelagert. Welche Aussagen kannst du aufgrund der dargestellten Ergebnisse machen? I. II. III. IV. V. VI. A. B. C. D. E. Die Keimung wird durch Licht ausgelöst. Samen mit gereizter Schale keimen besser. Die Keimung ist temperaturabhängig. Die im Labor gelagerten Samen sind nicht mehr keimfähig. Die Keimungsrate der Samen im Boden hängt von der Jahreszeit ab. Die Samen können über Jahrzehnte keimfähig bleiben. Nur I und VI Nur III und IV Nur I, II und VI Nur II, III und V Nur III, V und VI 106. Man unterscheidet zwischen einer primären Dormanz (Samenruhe), während der die Keimung trotz günstiger Bedingungen unterdrückt wird, und der sekundären Dormanz, während der die Keimung nur noch bei ungünstigen Bedingungen unterdrückt wird. Welche Aussage zu Dormanz von Cuscuta campestris ist falsch? A. Die Dormanz verhindert, dass der Samen bereits auf der Mutterpflanze auskeimt. B. Die Dormanz ermöglicht dem Samen, während vieler Monate intakt im Boden zu überdauern. C. Die primäre Dormanz kann durch eine Säurebehandlung beendet werden. D. Der Kontakt mit variierenden Umwelteinflüssen beendet die primäre Dormanz. E. Die sekundäre Dormanz ist bei hohen Temperaturen stärker als bei tiefen. 107. Die Landwirtschaft hat Interesse daran C. campestris zu bekämpfen, was aber wegen dem Mangel an spezifischen Herbiziden schwierig ist. Prüfe folgende Aussagen sowie ihre Verknüpfung auf ihre Richtigkeit. ¬ Durch einen Fruchtwechsel von Zuckerrüben und Nicht-Wirtspflanzen kann C. campestris wirksam bekämpft werden weil ­ nach zwei Jahren keine keimfähigen C. campestris-Samen mehr im Boden vorhanden sind. A. B. C. D. E. ¬ falsch, ­ falsch ¬ falsch, ­ richtig ¬ richtig, ­ falsch ¬ richtig, ­ richtig, Verknüpfung falsch ¬ richtig, ­ richtig, Verknüpfung richtig 108. Nach der Keimung kann der Cuscuta-Keimling während 2-3 Wochen von den Reserven leben und muss in dieser Zeit durch Wachstum zu einer Wirtspflanze gelangen. Benvenuti und sein Team haben untersucht, wie viele Keimlinge in Abhängigkeit von der Distanz zur Wirtspflanze diese erreichen und Haustortien ausbilden können. Sie haben auch getestet, ob es einen Unterschied gibt wenn die Wirtspflanze klein (4-Blatt-Stadium) oder grösser (6-8 Blatt-Stadium) ist. Die Abbildung zeigt die Ergebnisse. Welche Aussage lässt sich daraus ableiten? A. Wenn sie direkt neben der Wirtspflanze keimen, können die Keimlinge die kleineren Wirtspflanzen besser parasitisieren als die grösseren. B. Sobald ein Grossteil der Reserven aufgebraucht ist, können die Keimlinge auf grösseren Wirtspflanzen besser Haustortien ausbilden als auf kleineren. C. Die meisten Keimlinge können ihre Wirtspflanze bis zu einem Abstand von 8 cm erreichen. D. Die Keimlinge können die kleineren Wirtspflanzen besser erreichen. E. Ist die Wirtspflanze einmal erreicht, können fast alle Keimlinge Haustortien ausbilden. 109. Aber wie nehmen die Keimlinge wahr, in welche Richtung sie wachsen müssen? Dazu machten Benvenuti und sein Team ein weiteres Experiment, dessen Aufbau und Ergebnisse in der Abbildung dargestellt sind. In einem Abstand von je 5 cm wurden auf zwei entgegengesetzten Seiten des Keimlinges je ein Blatt Zuckerrübe angebracht; eines mit einem hohen und eines mit einem tiefen Chlorophyllgehalt. Während die ganze Versuchsanordnung mit weissem Licht beleuchtet ist, sind zwei weitere weisse Lampen hinter den Blättern angebracht. Das durch die Blätter dringende Licht hat je nach Chlorophyllgehalt einen spezifischen R/FR-Wert (Verhältnis zwischen Rot (660nm) und Dunkelrot (730nm) ). Die Balken zeigen die prozentualen Anteile von Keimlingen, welche jeweils in Richtung der Wirtsblätter gewachsen sind. Auch wenn die Keimlinge durch eine Glasscheibe von den Blättern abgetrennt werden, bleibt das gerichtete Wachstum erhalten. Welche Aussagen sind richtig? Die Keimlinge . . . I. . . . wachsen auf das stärkste Licht zu. II. . . . wachsen auf die dunkelste Stelle zu (negativer Phototropismus). III. . . . können Licht unterschiedlicher Wellenlänge unterscheiden. IV. . . . wachsen bevorzugt zu Wirtspflanzen mit hohem Chlorophyllgehalt. V. . . . nutzen eine Kombination aus Phototropismus und Chemotropismus, um den Wirt zu finden. VI. . . . können die Wirtspflanze aufgrund des R/FR-Werts von Nicht-Wirtspflanzen unterschieden. A. Nur I B. C. D. E. Nur II und VI Nur III und IV Nur III und VI Nur IV und V Szenario Leberschädigung Ein Organ, welches lange genug schädlichen Einflüssen wie beispielsweise einer Entzündung ausgesetzt ist, kann darauf mit einer Vermehrung von Bindegewebe (u.a. Kollagenablagerung) reagieren, also einer Art Narbenbildung. Dies nennt man Fibrose. Ein bekanntes Beispiel ist die Leberschädigung durch Alkohol. Neben Alkohol hat man auch andere Mechanismen der Leberschädigung gefunden, einen davon haben Seki et al. untersucht (Nature Medicine, 2007). Versuche, die Untersuchungen nachzuvollziehen und schlage schliesslich einen möglichen Mechanismus für die Entstehung der Leberfibrose vor. 110. Die Leber wird oft “zentrales Chemielabor” unseres Körpers genannt, da sie so viele Funktionen in unserem Stoffwechsel hat. Welches ist beim erwachsenen Menschen KEINE Aufgabe der Leber? A. Bildung von Hormonen B. Bildung von Galle C. Bildung und Speicherung von Glykogen D. Bildung von Blutzellen E. Bildung von Bluteiweissen 111. Im Labor kann eine Leberfibrose in Mäusen ausgelöst werden, indem ihnen der Gallengang verschlossen wird (bile duct ligation, BDL). Bei ihren Untersuchungen haben Seki et al. das Ausmass der Bindegewebsvermehrung nach Verschluss des Gallengangs anhand des Kollagengehaltes der Leber gemessen. Kollagen kann spezifisch angefärbt werden (Sirius red staining). Als mögliche Auslöser von Signalen, welche zur Entstehung von Leberfibrose beitragen, kommen verschiedene Zelloberflächenrezeptoren infrage, z.B. toll-like receptor 2 (TLR2) und toll-like receptor 4 (TLR4). Beide Rezeptoren binden u.a. Bestandteile von Bakterienzellwänden. Seki et al. untersuchten deshalb drei verschiedene Labormausstämme: solche mit normalen toll-like receptors (wildtype), solche ohne funktionellen TLR2 (Tlr2-) und solche ohne funktionellen TLR4 (Tlr4). Als Kontrolle wurden Mäuse am Bauch operiert ohne dabei den Gallengang zu verschliessen (sham). In Abb. 1 siehst du die Resultate der Experimente. Was kannst du daraus schliessen? Abb. 1 � wildtype � Tlr2 - � wildtype � Tlr4 - A. Mäuse mit funktionellen TLRs entwickeln auch ohne Gallengangsverschluss nach der Operation eine Kollagenablagerung. B. Sowohl TLR2 als auch TLR4 scheinen für die Kollagenablagerung nötig zu sein. C. TLR4, nicht jedoch TLR2 scheint für die Kollagenablagerung nötig zu sein. D. Die untersuchten Mäuse können keine Kollagenablagerungen entwickeln. E. TLR2 scheint vor Kollagenablagerung zu schützen. 112. Ein kritischer Mitarbeiter glaubt dir nicht. Er will, dass zusätzlich zur oben erklärten Messung ein Marker für Leberzellschädigung (Alanintransaminase, ALT) im Blut der Mäuse bestimmt wird. Je mehr die Leber geschädigt ist, desto höher ist dieser Marker. Die Resultate der Untersuchung siehst du in der Abb. 2. Der Mitarbeiter glaubt nun deine Schlussfolgerung aus oben erklärtem Experiment, denn die Voraussetzung dafür ist erfüllt. Was ist die Voraussetzung für die Gültigkeit deiner obigen Schlussfolgerung? ALT im Serum (internationale Einheiten/ml) Abb. 2 � wildtype � keine funktionellen TLR Tage nach BDL A. Der Leberschaden in Mäusen mit normalen TLR und jenen ohne funktionellen TLR2 bzw. 4 ist ca. gleich. B. Die Mäuse ohne funktionellen TLR2 bzw. 4 exprimieren mehr ALT. C. Der Leberschaden hat zwischen 5 und 21 Tagen nach Gallengangsverschluss sein Maximum erreicht. D. Der Marker (ALT) steigt im Blut sofort nach der Leberschädigung an. E. Das Ausmass des Leberschadens korreliert nicht mit dem Ausmass der Kollagenablagerung. 113. TLRs spielen eine wichtige Rolle im angeborenen Immunsystem, sie werden durch Bestandteile von Mikroben aktiviert. Seki et al. vermuteten, die beteiligten TLRs könnten durch Bestandteile von Darmbakterien, z.B. Lipopolysaccharid aus gramnegativen Zellwänden, aktiviert werden. Dies ist wahrscheinlich, weil. . . A. . . . Mäuse einen Grossteil ihrer Nährstoffe durch Verdauung von Darmbakterien gewinnen. B. . . . Labormäuse sehr häufig durch besonders gefährliche Bakterien kolonisiert sind. C. . . . die Leber Immunzellen enthält. D. . . . die Mäuseleber über die Pfortader als erstes Organ Blut aus dem Darmtrakt erhält. E. . . . Darmbakterien als Teil der Normalflora auch das Blut kolonisieren. 114. Um diese Hypothese zu testen, wurden die Därme der Mäuse mithilfe verschiedener Antibiotika sterilisiert, also die Bakterien im Darm getötet. Die Antibiotika wurden den Mäusen im Trinkwasser verabreicht. Welche Eigenschaft sollten diese Antibiotika haben? Sie sollten. . . A. . . . möglichst spezifisch gegen die im Mäusedarm vermuteten Bakterien wirken. B. . . . vor allem grampositive Bakterien töten. C. . . . als inaktive Vorstufen verabreicht werden, welche in der Leber aktiviert werden. D. . . . vor allem in der Leber abgebaut werden. E. . . . nur schlecht durch den Darm absorbierbar sein. 115. Tatsächlich zeigten die antibiotisch behandelten Mäuse weniger Kollagenablagerung als die Kontrollgruppe. Was Seki et al. ebenfalls auffällt, ist die verminderte Wanderung von Makrophagen (“Fresszellen”, Immunzellen) in die Leber in antibiotisch behandelten Mäusen. Um herauszufinden, ob diese Makrophagen die TLR-abhängige Kollagenablagerung vermitteln, wurden in WildtypMäusen (wildtype) sowie Mäusen ohne funktionellen TLR4 (Tlr4-) selektiv die Makrophagen abgetötet. Ebenfalls wurde das Knochenmark der Mäuse, wo Makrophagen gebildet werden, zerstört. Danach wurde ihnen entweder normales Wildtyp-Knochenmark oder Knochenmark ohne funktionellen TLR4 transplantiert. Unsere Mäuse haben nun also entweder sowohl normale Leberzellen als auch normale Makrophagen (À), Leberzellen ohne funktionellen TLR4 und normale Makrophagen (Á), normale Leberzellen und Makrophagen ohne funktionellen TLR4 (Â) oder sowohl Leberzellen als auch Makrophagen ohne funktionellen TLR4 (Ã). In der Abbildung siehst du die gemessene Kollagenablagerung nach Gallengangsverschluss (BDL) bzw. Kontrolloperation (sham). Was kannst du aufgrund dieser Resultate (Abb. 3) ausschliessen? Abb. 3 ① ② ③ ④ A. Die Makrophagen sind direkt für die TLRabhängige Kollagenablagerung verantwortlich. B. Die Leberzellen sind direkt für die TLRabhängige Kollagenablagerung verantwortlich. C. Weder Makrophagen noch Leberzellen sind an der TLR-abhängigen Kollagenablagerung beteiligt. D. Andere Zellen als Makrophagen und Leberzellen sind an der TLR-abhängigen Kollagenablagerung nicht beteiligt. E. Sowohl Makrophagen als auch Leberzellen sind an der TLR-abhängigen Kollagenablagerung beteiligt. 116. Zwei weitere Untersuchungen von Seki et al. helfen dir, einen möglichen Mechanismus zur Entstehung der Leberfibrose in Form eines schematischen, vereinfachten Cartoons darzustellen. In der Leber hat es neben den eigentlichen Leberzellen (Hepatocyten) zahlreiche sogenannte Nicht-Parenchymzellen. Zu diesen zählen u.a. die oben erwähnten Makrophagen, Endothelzellen (Auskleidung der Blutgefässe) sowie die sogenannten Sternzellen. Mithilfe von Lipopolysaccharid (LPS), welches an TLR binden und damit eine Signalkaskade auslösen kann, wollten Seki et al. herausfinden, welche Zellen das erste Glied in der Kette der TLR-abhängigen Kollagenablagerung sind. Als Beweis, dass die Signalkaskade ausgelöst wurde, wiesen Seki et al. die Verlagerung des Transkriptionsfaktors NF-κB in den Zellkern nach. Leider kann dieses Signal nicht nur durch LPS, sondern auch durchs Signalmolekül TNFα ausgelöst werden (Abb. 4). Dieses wird von Makrophagen produziert. Deshalb wurden auch hier vor dem Experiment selektiv die Makrophagen getötet. Aus den Resultaten in Abb. 5 kannst du aufs erste Glied der Kette der TLR-abhängigen Kollagenablagerung schliessen. Diese Zellen brauchen für die Kollagenproduktion zusätzlich zum LPS auch das Signalmolekül TGFβ (Experiment nicht gezeigt). TGFβ bindet an TGFβRezeptoren oder einen Pseudorezeptor (BAMBI), welcher kein Signal in die Zelle weiterleitet. Die Expression von BAMBI hat sich in den untersuchten Zellen verändert, nicht jedoch die Expression von TGFβ-Rezeptoren (Abb. 6). Leite aus diesen Informationen die korrekte Beschriftung des folgenden Cartoons her (Abb. 7). A. 1 Makrophage, 2 BAMBI, 3 TLR, 4 TGFβRezeptor B. 1 Makrophage, 2 TLR, 3 TGFβ-Rezeptor, 4 BAMBI Abb. 4 TNFα-Rezeptor Abb. 6 TLR B. C. D. E. NF-κB Abb. 5 TLR4 - % Zellen mit NF-κB im Kern wildtype LPS Makrophagen getötet nein ja nein ja Hepatocyten Abb. 7 nein ja nein ja TGFβ 4 Kollagen nein ja nein ja Andere Nicht- Sternzellen Parenchymzellen 3 2 LPS 1 42 % 48 % 49 % 58 % 118. Ein Dir wohl bekanntes Beispiel von Admixture stellen Afroamerikaner dar, welche sowohl westafrikanische als auch europäische Vorfahren haben. Welche Aussage bezüglich Personen mit einem europäischen und drei westafrikanischen Grosseltern ist korrekt? A. Das Genom einer der beiden Eltern war zu genau 50 % europäischen Ursprungs. B. Geschwister unter solchen Personen sind häufiger an den gleichen Stellen im Genom (ohne Geschlechtschromosomen) europäisch als zwei zufällige solche Personen. C. Die Kinder solcher Personen sind zu mindestens 12.5 % europäischen Ursprungs. D. Im Durchschnitt ist 75 % des Genoms solcher Personen europäischen Ursprungs. E. Das Genom der Mehrheit dieser Personen ist zu mindestens 50 % europäischen Ursprungs. Szenario Capture and Recapture C. 1 Nicht-Parenchymzelle, 2 TGFβ-Rezeptor, 3 BAMBI, 4 TLR D. 1 Sternzelle, 2 BAMBI, 3 TGFβ-Rezeptor, 4 TLR E. 1 Sternzelle, 2 TLR, 3 BAMBI, 4 TGFβ-Rezeptor Kurszenario Admixture 117. Beginnen Individuen verschiedener, vorher für eine gewisse Zeit getrennter Populationen sich zu vermischen, so spricht man von Admixture. Als Beispiel betrachten wir eine Population Padm des Rhinozerosvogels (Buceros rhinoceros), welche von 100 Individuen der Population 1 und 200 Individuen der Population 2 begründet wurde. Die beiden Populationen P1 und P2 waren davor für etliche Generationen getrennt. Daher erstaunt es nicht, dass das Allele A eines autosomalen Lokus mit zwei Allelen in den beiden Populationen unterschiedlich häufig vorkommt: In Population 1 sind 30 % der Allele A, in Population 2 aber 90 %. Wie hoch ist der erwartete Anteil der Individuen in der Population Padm , die für diesen Lokus nach einigen Generationen heterozygot sind? A. 21 % Ein Biologe möchte in einer abgelegenen Region im afrikanischen Busch die aktuell in diesem Gebiet vorkommenden Grosssäugetierarten inventarisieren und deren Populationsgrössen abschätzen. Dazu verwendet er die in der Ökologie und im Naturschutz häufig angewandte Methoden von Distance-Sampling (Entfernungs Probenahme) und CaptureRecapture (Fang-Wiederfang). Beide Methoden basieren auf dem Prinzip, dass nicht die Gesamtheit der Population, sondern lediglich ein Teil davon erfasst werden muss um die Populationsgrösse schätzen zu können. 119. Eine Art des Distance-Samplings ist ein Linientransekt. Hierzu läuft unser Biologe entlang einer vorgegebenen Transektlinie (hier eine gerade Sandpiste durch den Busch) und registriert alle Individuuen einer Grosssäugetierart, die er in der Lage ist zu erkennen. Dabei notiert er für jede Sichtung die genaue Distanz zwischen der Sandpiste und dem gesichteten Individuum. Unter der Annahme, dass alle Individuen auf dem Transekt erkannt werden und die Wahrscheinlichkeit ein Individuen zu erkennen mit der Distanz vom Transekt abnimmt, kann die Anzahl Individuuen in einem Gebiet geschätzt werden. Die Methode der Linientransekte. . . I. . . . kann nur im offenen Gelände angewendet werden, wo man potenziell alle zu zählende Tiere sehen kann. II. . . . führt bei grossen Antilopen, welche man auf der Sandpiste immer sehr gut sieht, die sich aber im Busch gut verstecken können, zu weniger guten Resultate, als bei kleinen Duckerantilopen, welche sich von der Sandpiste oft unbemerkt davon schleichen, in einiger Entfernung zum Pfad aber dem Beobachter durch lautes Bellen deutlich mitteilt, dass er entdeckt wurde. III. . . . bedingt, dass die Linientransekte im Studiengebiet so verteilt sind, dass das erfasste Gebiet eine repräsantative Stichprobe des ganzen Untersuchungsgebietes darstellt. IV. . . . ist robust gegenüber relativ grossen Messfehlern bei der Bestimmung der Distanz zwischen dem Transekt und dem Objekt. A. Nur I B. Nur III C. Nur I und II D. Nur II und IV E. Nur II, III und IV 120. Ein Linientransekt wird innerhalb einer Woche an zwei verschiedenen Tagen begangen. Beim ersten Durchlauf fotografiert der Biologe an 6 verschiedenen Stellen unabhängig voneinander 6 Buschböcke Tragelaphus scriptus mit einzigartigem Streifenmuster. Beim zweiten Durchgang fotografiert der Biologe unabhängig voneinander 8 Buschböcke, wobei 4 Individuen zweifelsfrei schon bei der ersten Begehung gesichtet wurden, die anderen 4 mit grosser Sicherheit jedoch nicht. Wieviele Buschböcke leben innerhalb der Sichtweite des Transekts, wenn das Verhältnis zwischen der Anzahl der beim ersten Durchlauf erkannten Tiere und der Populationsgrösse gleich dem Verhältnis zwischen der Anzahl wiederentdeckter Individuen und der Anzahl gesichteter Tiere beim zweiten Durchlauf ist? A. 10 B. 12 C. 14 D. 16 E. 28 121. Die oben gemachte Schätzung der Anzahl Buschböcke beruht auf der einfachsten Form der Fang-Wiederfang Methode. Welche der folgenden ist KEINE Annahme, welche bei der Anwendung der Fang-Wiederfang Methode zwangsläufig erfüllt sein muss? Während der Studie zeigen zu untersuchende Individuen. . . A. . . . identische Fang-Wahrscheinlichkeit für “markierte” und “unmarkierte” Individuen. B. . . . vernachlässigbar geringe Emigration. C. . . . vernachlässigbar kleine Bewegungen innerhalb ihrer Reviere. D. . . . keine Reproduktion. E. . . . keine Mortalität. 122. Um die versteckt lebenden und nachtaktiven Tierarten auch erfassen zu können, wendet der Biologe eine spezielle Form der Fang-Wiederfang Methode an. Dazu werden Kamerafallen eingesetzt, die einzigartig gemusterte Tiere wie den Leoparden (Panthera pardus) fotografieren. Wird der Leopard zu einem anderen Zeitpunkt von der selben oder von einer anderen Kamerafalle fotografiert, kann durch vergleichen der Fellmuster auf den Fotos das Individuum erkannt werden. Wird die ganze Studienzeit in Perioden von ca. 5 Tagen unterteilt in denen man nachschaut ob ein gewisses Individuum an einer bestimmten Kamerafalle fotografiert wurde (1) oder nicht (0), ergibt sich eine Art Fang-Wiederfang Situation. Welche Vorgehensweise sollte beim Setzen der Kamerafallen vermieden werden? Kamerafallen sind sehr teuer! A. Kamerafallen werden nicht völlig zufällig im Studiengebiet aufgestellt, sondern auf Pfaden, in der Nähe von Wasserlöcher, Salinen, an Kratzbäumen oder anderen Stellen, wo die Anwesenheit eines Leoparden wahrscheinlich ist. B. Es werde Kamerafallen mit starkem Blitz und einem deutlichen Knall-Ton eingesetzt, so dass der Leopard kurz erschrickt und still steht, damit scharfe Bilder mit möglichst vielen Details vom Fleckenmuster der Leoparden zu erhalten. C. Um genügend Daten zu erhalten sollte eine möglichst grosse Fläche mit den Kamerafallen abgedeckt werden, jedoch muss pro kleinster zu erwartenden Reviergrösse des zu untersuchenden Objektes mindestens eine Kamerafalle stehen. D. Wann immer möglich sollte an einer Kamerafallstelle immer zwei Kameras gleichzeitig, eine links und eine rechts vom Weg aufgestellt werden, wo man den Leoparden erwartet. E. Hat man zu wenig Fallen, um eine gewünschte Fläche abzudecken, können zeitlich verschoben zwei kleinere Untersuchungsflächen mit jeweils allen zur Verfügung stehenden Kameras ausgestattet werden, sofern dies innerhalb weniger Monate geschieht. Antwortbogen der 2. Runde der Schweizer Biologie Olympiade 2012 Vorname Name Zellbiologie Tieranatomie und -physiologie 1. A B C D E 2. A B C D E 28. 3. 29. A B C D E 30. 5. A B C D E 31. 6. A B C D E 7. A B C D E 8. A B C D E 9. A B C D E 10. A B C D E 11. A B C D E 12. A B C D E 13. A B C D E 14. A B C D E 4. A B C D E 32. 33. 34. 35. 36. 37. 38. 39. 40. 41. 42. Pflanzenanatomie und -physiologie 43. 44. 15. A B C D E 45. 16. A B C D E 46. 17. A B C D E 18. A B C D E 19. A B C D E 20. A B C D E 21. A B C D E 22. A B C D E 23. A B C D E 24. A B C D E 25. A B C D E 26. A B C D E 27. A B C D E A A A A A A A A A A A A A A A A A A A B B B B B B B B B B B B B B B B B B B C C C C C C C C C C C C C C C C C C C D D D D D D D D D D D D D D D D D D D E E E E E E E E E E E E E E E E E E E 53. 54. 55. 56. 57. 58. 59. 60. 61. 62. 63. 64. 65. 66. 67. 68. 69. 48. 49. A B C D E A B C D E A B C D E 70. 72. 50. 51. 52. A B C D E A B C D E A B C D E D D D D D D D D D D E E E E E E E E E E A A A A A A A B B B B B B B C C C C C C C D D D D D D D E E E E E E E A A A A B B B B C C C C D D D D E E E E Szenario ProteinRNA-Erkennung 74. Genetik und Evolution C C C C C C C C C C Systematik 73. 47. B B B B B B B B B B Ökologie 71. Verhalten A A A A A A A A A A 75. 76. 77. 78. 79. A A A A A A B B B B B B C C C C C C D D D D D D E E E E E E Antwortbogen der 2. Runde der Schweizer Biologie Olympiade 2012 Szenario GPCRs Szenario Diffusion Szenario Leberschädigung 80. A B C D E 94. A B C D E 81. A B C D E 95. A B C D E 110. A B C D E 82. A B C D E 96. A B C D E 111. A B C D E 83. A B C D E 97. A B C D E 112. A B C D E 84. A B C D E 98. A B C D E 113. A B C D E 85. A B C D E 99. A B C D E 114. A B C D E 86. A B C D E 100. A B C D E 115. A B C D E 116. A B C D E Szenario Silage Szenario Parasitische Pflanzen Kurszenario Admixture 87. A B C D E 88. A B C D E 101. A B C D E 89. A B C D E 102. A B C D E 90. A B C D E 103. A B C D E 91. A B C D E 104. A B C D E 92. A B C D E 105. A B C D E 93. A B C D E 106. A B C D E 107. A B C D E 119. A B C D E 108. A B C D E 120. A B C D E 109. A B C D E 121. A B C D E 122. A B C D E 117. A B C D E 118. A B C D E Szenario Capture and Recapture
