- 种群和群落
- 共8187题
阳光穿过森林空隙形成的“光斑”会随太阳移动和枝叶的摆动而移动。下图表示一株生长旺盛的植物在光斑照射前后光合作用过程中吸收CO2和释放O2有关的变化曲线,此曲线说明
[ ]
正确答案
如图是用样方法调查植物种群密度时的划定样方,其中大黑点代表要调查的植物.有关该图的叙述正确的是( )
正确答案
解析
解:AB、样方法的取样方法是五点取样和等距取样法,图示中样方内的个体数不多,应该是五点取样法中的一个样方更合理,A错误;B正确;
C、样方法中对于边缘效应的计算方法是“计上不计下,计左不计右”,则样方内共有11株植物,C错误;
D、麻雀的活动能力强,活动范围广,常采用标记重捕法调查种群密度,D错误.
故选:B.
某科技小组在调查一块方圆为2hm2的草场中灰苍鼠的数量时,放置了100个捕鼠笼,一夜间捕获了70只,将捕获的灰苍鼠做好标记后在原地放生.5天后,在同一地点再放置同样数量的捕鼠笼,捕获了52只,其中有上次标记的个体26只.则该草场中灰苍鼠的种群密度是( )
正确答案
解析
解:1、根据题干信息可知,第一次捕获并标记70只灰苍鼠,第二次捕获52只灰苍鼠,其中有上次标记的个体26只;
2、根据标志重捕法计算公式:种群中个体数(N)÷标记总数=重捕总数÷重捕中被标志的个体数,即N:70=52:26,N=140只,因此该灰苍鼠种群数量大约140只.
3、块方圆为2hm2的草场中灰苍鼠的数量为140只,则种群密度为70只/hm2.
故选:B.
(2015秋•资阳期末)下列探究实验不能达到实验目的是( )
正确答案
解析
解:A、通过取样器取样的方法可以采集、调查土壤中某些小动物的种类和数量,A正确;
B、样方法调查某植物的种群密度时,要做到取样随机,不能选取该植物分布较多处划取样方,B错误;
C、调查一个池塘中某种鱼的种群密度,一般用标志重捕法,C正确;
D、通过对酵母菌培养液抽样检测的方法,可以估算培养液中酵母菌总数,D正确.
故选:B.
下列关于研究种群数量实验的叙述,正确的是( )
正确答案
解析
解:A、由于松树的体积较大,所以样方面积不能取得过小,A错误;
B、标志重捕法适于研究体积较大,运动能力较强的动物,土壤动物中的蜈蚣适于用样方法,B正确;
C、对酵母菌计数时,应先轻轻盖上盖玻片,然用吸管吸取培养液滴满血细胞计数板的计数室及其四周边缘后镜检,C错误;
D、表层土中生存的小动物很少,大多数小动物生存在土壤中下层,D错误.
故选:B.
如图是我国内蒙占某草原生态系统的部分生物,请据图回答下列问题:
(1)统计该草原的野兔数量常采用______(方法),统计过程中如果部分标记胡野兔迁出该区域,那么计算结果比实际数据偏______.如果要研究该地土壤小动物的丰富度,需要采用______(方法)进行取样.
(2)从现在的状况看该生物群落能否演替到森林阶段,试分析原因.______.
正确答案
标志重捕法
大
取样器取样法
不能.由于内蒙古草原生态系统缺水决定了该群落不能演替到森林阶段
解析
解:(1)野兔活动能力强、活动范围大,调查期种群数量常用标志重捕法.标志重捕法中种群数量估算公式是:标志个体数×重捕个体数÷重捕标志个体数,统计过程中如果部分标记胡野兔迁出该区域,会使重捕标志个体数偏少,那么计算结果比实际数据偏大.土壤小动物活动能力强、活动范围大,但体型微小,所以需要使用取样器取样法进行取样.
(2)由于内蒙古草原生态系统缺水决定了该群落不能演替到森林阶段.
故答案为:
(1)标志重捕法 大 取样器取样法
(2)不能.由于内蒙古草原生态系统缺水决定了该群落不能演替到森林阶段
在对某种兔的种群密度的调查中,第一次捕获并标志46只,第二次捕获25只,其中有标志兔12只,则该种群的总数量为( )
正确答案
解析
解:已知在对某种兔的种群密度的调查中,第一次捕获并标志46只,第二次捕获25只,其中有标志兔12只,根据公式种群中个体数(N):标记总数=重捕总数:重捕中被标志的个体数,即N:46=25:12,N≈96只.因此该草场中兔的种群数量大约为96只.
故选:D
(2015秋•德州期末)在生态学研究中,根据研究目的通常采用特定的研究方法.下列相关叙述不正确的是( )
正确答案
解析
解:A、固着在岩礁上贝类活动范围小,可用样方法进行检测研究,A正确;
B、用黑光灯诱捕法调查趋光性昆虫的种群密度,B正确;
C、用标志重捕法调查某草原的黄鼠的种群密度,C错误;
D、通过构建数学模型来研究酵母菌种群数量的增长,D正确.
故选:C.
下列与生物进化相关的描述,正确的是
[ ]
正确答案
光合作用的过程可分为光反应和暗反应两个阶段,下列说法正确的是
[ ]
正确答案
在对某种野兔的调查中,调查范围为2hm2(公顷),第一次捕获并标记25只野兔,第二次捕获40只野兔,其中有标记的野兔10只,则该野兔种群的种群密度大约为( )
正确答案
解析
解:根据题干信息可知,第一次捕获并标记25只野兔,第二次捕获40只野兔,其中有标记的野兔10只;
根据标志重捕法计算公式:种群中个体数(N)/标记总数=重捕总数/重捕中被标志的个体数,即N:25=40:10,N=100只.
由于调查范围为2hm2(公顷),因此该野兔种群的种群密度大约为50只/hm2.
故选:B.
生态护坡是综合生态学、工程学和系统学等学科的知识,利用植被对斜坡进行保护的综合技术.如图为某种海岸生态护坡及部分食物网示意图,请回答下列有关问题:
(1)研究人员在建造海岸生态护坡前,采用______法调查此地的植物丰富度和种群密度,运用此方法要注意______.
(2)如图坡地生态系统中,人们在中低潮带引种一些耐盐的植物如互花米草、白茅等,在高潮带和超高潮带种植柽柳、樟毛等相对耐干旱的植物,这主要体现了群落的______结构.
(3)人们通过沙滩培土、引种等措施,使植被稀少的荒滩短期内出现物种比较丰富的坡地生物群落,这种演替属于______.
(4)经观察和测定灌草丛带中的几种生物种群及同化量 (图中字母代表)如上图.图中沙氏变色蜥与小型地面肉食性动物之间的关系为______;沙氏变色蜥在食物网中所处的营养级为______.能量从第一营养级到第二营养级的传递效率是______(用图中字母表示).
(5)研究人员向此坡地引入沙棘并种植在海挡林带和灌草丛带,结果沙棘在灌草丛带的长势明显好于海挡林带,经分析两地带中表层~60cm土壤肥力和土壤含水量如表.
某研究者提出“土壤含水量的增高能够促进沙棘的生长”,并进行了实验验证:将生长状况相似的沙棘随机分为A、B两组种植,A组土壤含水量和土壤肥力与灌草丛带相同,B组实验处理为______,若结果为______,则支持研究者的假设.
正确答案
解:(1)调查植物的丰富度和种群密度采用样方法,要注意随机取样(降低取样误差).
(2)由于低潮带、高潮带和超高潮带的土壤湿度不同,因此应种植不同特性的植物,这主要体现了群落的水平结构.
(3)人们通过对沙滩培土、引种等措施,使寸草不生的荒滩短期内出现物种比较丰富的坡地生物群落,属于次生演替,这说明人类活动可改变群落演替的方向和速度.
(4)图中沙氏变色蜥捕食小型地面肉食性动物,同时又和小型地面肉食性动物共同竞争地面草食动物.因此沙氏变色蜥在食物网中所处的营养级为第三、四营养级.图中第一营养级为樟毛等植物,固定的能量为a,第二营养级为小型飞行草食动物(b)、大型飞行草食动物(d)、地面草食动物(e),因此能量从第一营养级到第二营养级的传递效率是.
(5)由于研究者提出“土壤含水量是沙棘生长的限制因素”,因此土壤含水量为实验的自变量,因此:将生长状况相似的沙棘分为A、B两组种植,A组土壤含水量和土壤肥力与灌草丛带相同,B组设计方案为土壤含水量与海档林带相同,土壤肥力与灌草丛带相同(或土壤含水量比灌草丛带低,土壤肥力与灌草丛带相同.
故答案为:
(1)样方法,随机取样
(2)水平.
(3)次生演替.
(4)捕食、竞争 3、4 .
(5)土壤含水量与海档林相同、土壤肥力与灌草丛带相同(缺一不得分),A组长势显著强于B组.
解析
解:(1)调查植物的丰富度和种群密度采用样方法,要注意随机取样(降低取样误差).
(2)由于低潮带、高潮带和超高潮带的土壤湿度不同,因此应种植不同特性的植物,这主要体现了群落的水平结构.
(3)人们通过对沙滩培土、引种等措施,使寸草不生的荒滩短期内出现物种比较丰富的坡地生物群落,属于次生演替,这说明人类活动可改变群落演替的方向和速度.
(4)图中沙氏变色蜥捕食小型地面肉食性动物,同时又和小型地面肉食性动物共同竞争地面草食动物.因此沙氏变色蜥在食物网中所处的营养级为第三、四营养级.图中第一营养级为樟毛等植物,固定的能量为a,第二营养级为小型飞行草食动物(b)、大型飞行草食动物(d)、地面草食动物(e),因此能量从第一营养级到第二营养级的传递效率是.
(5)由于研究者提出“土壤含水量是沙棘生长的限制因素”,因此土壤含水量为实验的自变量,因此:将生长状况相似的沙棘分为A、B两组种植,A组土壤含水量和土壤肥力与灌草丛带相同,B组设计方案为土壤含水量与海档林带相同,土壤肥力与灌草丛带相同(或土壤含水量比灌草丛带低,土壤肥力与灌草丛带相同.
故答案为:
(1)样方法,随机取样
(2)水平.
(3)次生演替.
(4)捕食、竞争 3、4 .
(5)土壤含水量与海档林相同、土壤肥力与灌草丛带相同(缺一不得分),A组长势显著强于B组.
利用标志重捕法调查某种动物的种群密度时,下列哪项因素一定会导致调查结果小于实际值( )
正确答案
解析
解:A、若误将部分未标记个体统计为标记个体,则计算出的种群密度比实际值偏小,A正确;
B、若两次捕获间隔时间过短,动物个体被再次捕获几率降低,则计算出的种群密度可能比实际值偏大,B错误;
C、若个别标志物脱落,则重捕到的动物中标记个数占总个体数比例减小,调查结果会偏大,C错误;
D、两次捕获期间,有部分个体迁出调查区域,则计算出的种群密度可能比实际值偏大,D错误.
故选:A.
“标志重捕法”是动物种群密度调查中的一种常用取样调查法:在被调查种群的生存环境中,捕获一部分个体(M)全部进行标记后释放,经过一段时间后进行重捕,根据重捕中标记个体数(m)占总捕获数(n)的比例,估计该种群的数量(N).某研究机构对我国北方草原一种主要害鼠--布氏田鼠进行了调查.调查样方总面积为2hm2(1hm2=10 000m2),随机布设100个鼠笼,放置1夜后,统计所捕获的鼠数量、性别等,进行标记后放归;3日后进行重捕与调查.所得到的调查数据如下表:
(1)假定重捕取样中标记比例与样方总数中标记比例相等,写出样方中种群总数(N)的计算公式:______.
(2)该草地布氏田鼠的平均种群密度为______只/hm2.事实上田鼠在被捕捉过一次后更难捕捉,上述计算所得的平均种群密度与实际种群密度相比可能会偏______.
(3)综合两次捕获情况,该田鼠种群的性别比例(♀/♂)为______.
(4)在上述调查的同时,还对样方中布氏田鼠的洞口数进行了调查(假设样方中只有这一种鼠),平均每100m2有3.6个洞口,洞口数与田鼠数的比例关系为______.
正确答案
解:(1)标志重捕法的前提是,标志个体与未标志个体在重捕时被捕的概率相等.据此可写出公式M:N=m:n,因此N=.
(2)该草地中布氏田鼠的平均密度为32×36÷4÷2=144只/hm2.再捕的田鼠中已经被捕的比例少了,故计算所得的平均种群密度比实际的高.
(3)根据两次捕获的田鼠中雌雄个体数可得种群中性别比例为♀/♂=(14+18)÷(18+18)=32÷36=.
(4)由于平均每100 m2有3.6个洞口,则1 hm2有360个洞,洞口数/田鼠数=360÷144=2.5:1.
故答案为:
(1)N=
(2)144 高
(3)
(4)2.5:1
解析
解:(1)标志重捕法的前提是,标志个体与未标志个体在重捕时被捕的概率相等.据此可写出公式M:N=m:n,因此N=.
(2)该草地中布氏田鼠的平均密度为32×36÷4÷2=144只/hm2.再捕的田鼠中已经被捕的比例少了,故计算所得的平均种群密度比实际的高.
(3)根据两次捕获的田鼠中雌雄个体数可得种群中性别比例为♀/♂=(14+18)÷(18+18)=32÷36=.
(4)由于平均每100 m2有3.6个洞口,则1 hm2有360个洞,洞口数/田鼠数=360÷144=2.5:1.
故答案为:
(1)N=
(2)144 高
(3)
(4)2.5:1
关于调查种群密度的方法.下列有关说法不正确的是( )
正确答案
解析
解:A、一般用样方法调查双子叶植物和活动能力弱、活动范围小的动物的种群密度,A正确;
B、活动能力强、活动范围广的动物种群密度的调查方法是标志重捕法,活动能力弱、活动范围小的动物采用样方法,B错误;
C、同种生物个体无论大小均属于该种群的个体,全部要计数,C正确;
D、标志重捕法将标记的动物放回原环境后不能立即捕获,使得被标记的个体应该随机分布,标记个体和未标记个体在重捕时被捕获的概率均等,若出现群聚现象使得调查结果会偏离准确值,D正确.
故选:B.
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