高中生物常见计算题总结(1)

高中生物常见计算题总结

一、有关蛋白质的计算：

公式：

3、蛋白质的分子量=氨基酸的平均分子量×氨基酸数－18×水分子数

例1：现有氨基酸600个，其中氨基总数为610个，羧基总数为608个，则由这些氨基酸合成的含有2条肽链的蛋白质共有肽键、氨基和羧基的数目依次为（）

A、598,2和2

B、598，12和10

C、599,1和1

D、599,11和9

解析：由条件可以得出R基上的氨基数是10个、羧基数是8个；由前面的公式可得出肽键数=600－2=598；氨基数=2+10=12；羧基数=2+8=10。所以选B。

例2、某三十九肽中共有丙氨酸4个，现去掉其中的丙氨酸得到4条长短不等的多肽（如图所示），这些多肽中共有的肽键数为（）

A、31

B、32

C、34

D、

35

解析：切去4个丙氨酸后氨基酸总数为35，肽链数为4，所以肽键数为35－4=31。选A。

例3、测得氨基酸的平均分子量为128，又测得胰岛素分子量约为5646，由此推断含有的肽链条数和氨基酸个（）A．1和44 B．1和51 C．2和51 D．2和44．

解析：依据蛋白质的平均分子量计算公式即可求出。选C。

二、物质分子的穿膜问题：

需注意的问题：

1、膜层数=磷脂双分子层数=2×磷脂分子

2、线粒体、叶绿体双层膜（2层磷脂双分子层、4层膜）

3、一层管壁是一层细胞是两层膜（2层磷脂双分子层、4层膜）

4、在血浆中Ｏ2通过红细胞运输，其他物质不通过。

5、RNA穿过核孔进入细胞质与核糖体结合共穿过0层膜。

6、分泌蛋白及神经递质的合成和分泌过程共穿过0层生物膜，因为是通过膜泡运输的，并没有穿膜。

7、（一）吸入的Ｏ2进入组织细胞及被利用时的穿膜层数：1层肺泡壁+2层毛细血管壁+红细胞2层膜+组织细胞的细

胞膜=2+2×2+2+1=9层膜=9层磷脂双分子层=18层磷脂分子。注：若是“被利用”需加线粒体两层膜。

（二）ＣＯ2从组织细胞至排出体外时的穿膜层数：1层组织细胞膜+2层毛细血管壁+1层肺泡壁=1+2×2+2=7层膜=7层磷脂双分子层=14层磷脂分子。

注：若是“从产生场所”需加线粒体两层膜。

（三）葡萄糖从小肠吸收至组织细胞需穿膜的层数：1层小肠上皮细胞+2层毛细血管壁+组织细胞膜=2+2×2+1=7层膜=7层磷脂双分子层=14层磷脂分子。

例1、若某一植物细胞线粒体中产生的一个CO2扩散进入一个相邻细胞进行光合作用，则该CO2分子穿

过层生物膜（层磷脂双分子层；层磷脂分子）。

解析：CO2由线粒体产生由该细胞释放出来，穿越3层膜；进入相邻细胞的叶绿体穿越3层膜，共穿越6层膜。答案：6 6 12

例2、人体组织细胞（如骨骼肌细胞）有氧呼吸时需要的C6H12O6和O2从外界进入该细胞参与反应，各自至少需要通过多少层生物膜 ( )

A、3和4

B、4和5

C、7和9

D、7和11

解析：这个物质跨膜数量问题就比较复杂，我们还是用图示加以说明。先看葡萄糖（），机体吸收葡萄糖主要是用于组织细胞的氧化供能；葡萄糖经小肠粘膜上皮进入毛细血管中，形成了血糖。图丙中的①→②→③便是其运输的途径：葡萄糖从小肠进入毛细血管经过4层细胞膜后，还要再穿过一层毛细血管壁上皮细胞（2层膜），进入组织液，再穿过1层组织细胞膜，进入组织细胞，共通过7层生物膜。这里特别提醒注意两点，一是葡萄糖是在血浆中运输，而不是进入红细胞内被运输；二是葡萄糖是在细胞质基质中被分解，而不是直接进入线粒体。再来看氧气，首先要知道肺泡膜也是由单层细胞构成的，其次要知道氧进入血液后，要进入红细胞内与血红蛋白结合并运输；三是氧进入组织细胞后，还要再进入线粒体才能被利用，因为有氧呼吸的第三阶段需要氧，而该阶段是在线粒体基质中完成的。图丁中的①→②→③→④描述的就是这一比较复杂的过程：出肺泡（2层膜）→进血管（2层膜）→进红细胞（1层膜）→运输到组织器官→出红细胞（1层膜）→出血管（2层膜）→进组织细胞（1层膜）→进线粒体（2层膜），共计11层生物膜。选D.

三、光合作用和呼吸作用的有关计算：

1、解决围绕光合作用和呼吸作用的计算，首先要了解几组概念：

第一组：Ｏ2的产生量、Ｏ2的释放量、呼吸消耗的Ｏ2量；

第二组：ＣＯ2的总吸收量、ＣＯ2的净吸收量、ＣＯ2的释放量；

第三组：光合作用产生葡萄糖总量、光合作用葡萄糖净生产量、呼吸作用葡萄糖消耗量。

以上三组是相对应的三组，反映光合作用与呼吸作用的关系。具体关系是：

光合作用Ｏ2的产生量=Ｏ2的释放量+呼吸消耗的Ｏ2量。

ＣＯ2的总吸收量=ＣＯ2的净吸收量+ＣＯ2的释放量；

光合作用产生葡萄糖总量=光合作用葡萄糖净生产量+呼吸作用葡萄糖消耗量。

2、相关计算还可依据光合作用与呼吸作用反应式来进行。根据化学计算比例原理，可以将反应式简化如下：

光合作用：6ＣＯ2～Ｃ6Ｈ12Ｏ6～6Ｏ2

呼吸作用：Ｃ6Ｈ12Ｏ6～6Ｏ2～6ＣＯ2

无氧呼吸（产生酒精）：Ｃ6Ｈ12Ｏ6～2ＣＯ2

例1：用某植物测得如下数据：

若该植物处于白天均温30℃、晚上均温15℃，有效日照15h环境下，请预测该植物1d中积累的葡萄糖为（）

A、315mg

B、540mg

C、765mg

D、1485mg

解析：在黑暗条件下，植物只进行呼吸作用，依据C6H12O6—6O2,可求出30℃和15℃下的呼吸速率分别为30mg、15mg。白天30℃时每小时积累的葡萄糖为60mg.在上述条件下有效日照15h该植物1d中积累的葡萄糖为60×15－15×

9=765mg，所以选C。

例2、将状况相同的某种植物绿叶分成相同的四组，在不同温度下先暗处理一小时，再用相同适宜的光照射1小时，测量重量变化（假设在有光和黑暗条件下，细胞呼吸消耗有机物量相同），得到如下表的数据，不能得出的结论是（）

A、27℃时该绿叶在整个实验期间积累的有机物是2mg。

B、28℃时该绿叶光照后比暗处理前重量增加3mg

C、29℃是该绿叶进行光合作用和呼吸作用的最适温度

D、30℃时该绿叶经光合作用合成有机物的总量是3mg/h

解析：在暗处理过程中，植物只进行呼吸作用，所以暗处理后重量变化就代表呼吸作用消耗的有机物的量，间接反映呼吸速率。以上四种温度下的呼吸速率依次是：1mg/h、2mg/h、3mg/h、1mg/h，可见在上述四种温度下，29℃是该植物呼吸作用的最适温度。光照前后重量的变化代表了1h内的净光合速率，它与呼吸速率的和等于真正的光合速率，即上述四种温度下，真正的光合速率为：5mg/h、7mg/h、9mg/h、3mg/h。光合作用的最适温度也是29℃；28℃时该绿叶光照后比暗处理前增加的重量为（5－2）=3mg，27℃时整个实验期间积累的有机物为（4－1）=3mg；所以选A。

例3．将等量且足量的苹果果肉分别放在O2浓度不同的密闭容器中，1小时后，测定O2的吸收量和CO2的释放量，结果如下表

变化量0 1% 2% 3% 5% 7% 10% 15% 20% 25% O2吸收量/mol 0 0.1 0.2 0.3 0.35 0.35 0.6 0.7 0.8 1

CO2释放量/mol 1 0.8 0.6 0.5 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 1 下列有关叙述中不正确的是

A．苹果果肉细胞在O2浓度为3%时，既进行无氧呼吸又进行有氧呼吸

B．Xg的果肉在O2相对浓度为3%时每小时分解葡萄糖0.15mol

C．贮藏苹果的环境中，适宜的O2相对浓度为5% D．O2相对浓度为5%时无氧呼吸和有氧呼吸均最弱

解析：苹果果肉细胞在O2浓度为3%时，有氧气的吸收，说明进行着有氧呼吸，但氧气吸收量小于CO2释放量，说明在有氧呼吸的同时，也进行着无氧呼吸。在氧浓度为3%时，依据C6H12O6—6Ｏ2—6CＯ2得出有氧呼吸分解的葡糖糖为0.05mol，释放到ＣＯ2为0.3mol；依据Ｃ6Ｈ12Ｏ6—2ＣＯ2得出无氧呼吸分解的葡萄糖为0.1mol，所以在Ｏ2为3%时每小时分解的葡萄糖是0.15mol.在氧浓度为5%时CO2释放量最低，总呼吸速率最弱，分解有机物的量最低，是贮藏苹果的适宜环境条件。选D。

四、细胞分裂过程中的相关计算：

方法：1、染色体、染色单体、DNA分子数三者之间的关系：

（1）有染色单体时：染色体：染色单体：ＤＮＡ=1：2：2

（2）无染色单体存在时：染色体：ＤＮＡ=1：1

2、牢记有丝分裂、减数分裂过程中三者变化情况：

例1、豌豆的体细胞中有7对染色体，在有丝分裂后期，细胞中的染色体、染色单体、DNA分子数依次为（）

A、7、7、7

B、14、0、14

C、28、28、28

D、28、0、28

解析：有丝分裂后期着丝点分裂，染色单体分离，染色单体消失，染色体数加倍，染色体数和DNA分子数相等。答案：B

例2、某生物的体细胞含有42条染色体，在减数第一次分裂前期，细胞内含有的染色体、染色单体和DNA分子数依次是（）

A、42、84、84

B、84、42、84

C、84、42、42

D、42、42、84

解析：在减数第一次分裂前期，染色体已经复制，每条染色体含有2条染色单体，每条染色单体上有一个DNA分子，但染色体数目没有加倍。

五、DNA的有关的计算：

（一）DNA分子的结构有关的计算：

1、在双链DNA分子中，任意两个不配对的碱基和占总碱基数的一半。即A+G或A+C或T+G或T+C占总碱基数的50%。

2、在双链DNA分子中，互补的两碱基之和（如A+T或C+G）占总碱基的比例等于其任何一条单链中这两种碱基之和占该单链中碱基数的比例。

3、DNA分子一条链中（A+G）/(T+C)的比值与互补链中该种碱基的比值互为倒数。

4、DNA分子一条链中（A+T）/(C+G)的比值等于互补链和整个DNA分子中该种比例的比值。

5、若某DNA分子有ｎ个碱基对，其碱基对的排列方式为4ｎ种。

（二）DNA复制有关的计算：

1、复制n次，生成2n个DNA分子。

2、若取一个被15Ｎ标记的DNA分子，转移到14Ｎ的培养基上培养（复制）若干代。则有以下规律：

（1）、子代DNA分子中，含15Ｎ的有2个，只含15Ｎ的有0个；含14Ｎ的有2ｎ个，只含14Ｎ的

有（2ｎ－2）个。做题时应看准是“含有”还是“只含有”。

（2）无论复制多少次，含15Ｎ的DNA分子始终是2个，占总数比例为、2／2ｎ。

（3）子代DNA分子的链中：总链数2n×2=2n+1条。含15Ｎ的链始终是2条，占总数比例为2／2n+1=1／2n。做题时，应看准是“DNA分子数”还是“链数”。

（4）若一亲代DNA含有某种脱氧核苷酸ｍ个，经过ｎ次复制需要消耗游离的该脱氧核苷酸ｍ×（2n－1）个。

第ｎ次复制，需要含该碱基的脱氧核苷酸数为ｍ×2ｎ－1

（三）DNA的碱基数、RNA的碱基数、蛋白质的氨基酸数之间的关系：6：3：1.

例１：某个DNA片段由500对碱基组成，A+T占碱基总数的34%，若该DNA片段复制2次，共需游离的胞嘧啶脱氧核苷酸分子个数为（）A、330 B、660 C、990 D、1320

解析：由A+T占碱基总数的34%，可求出T=17%；由C+T=50%，可求出DNA分子中C=33%，C碱基个数为1000×33%=330个。根据公式m×(2n－1)得：330×（22－1）=990。答案：选C

例2、将15N标记的一个DNA分子放入含14N的培养基中连续培养四代，则后代DNA分子中只含14N的DNA分子与含有15N的DNA分子之比为（）A、1:1 B、7:1 C、8:1 D、15:1

解析：DNA复制4次后得到24=16个DNA分子，其中15N为2个，只含14N为14个，所以答案：选B

例3、已知AUG、GUG为起始密码子，UAA、UGA、UAG为终止密码子，某基因编码区转录时的模板链的碱基排列顺序如下：TAAGCTACTG…（共省略40个碱基）…GAGATCTAGA，则此基因控制合成的蛋白质中含有氨基酸个数最多

为个。

解析：根据碱基互补配对原则，由模板链的排列顺序得出mRNA的排列顺序为AUUCGAUGAC…(共省略40个碱基)…CUCUAGAUCU，首先找出起始密码子AUG，再找出终止密码子UAG，算出二者之间的碱基个数为48个，共计16个密码子编码氨基酸，所以答案为16个。

六、遗传规律中相关的计算：

1、“患病男孩”与“男孩患病”类问题的计算：(1)患病男孩：1／2（孩子性别概率）×患病的概率

(2)男孩患病：在男孩中求患病的概率。

患病的概率可用交叉相乘法：患病概率不患病概率

甲病ｍ１－ｍ

乙病ｎ１－ｎ

后代两病兼患的概率：ｍｎ后代只患甲病的概率：ｍ（１－ｎ）

后代只患乙病的概率：ｎ（１－ｍ）后代不患病的概率：（１－ｍ）（１－ｎ）

后代患病的概率：１－（１－ｍ）（１－ｎ）

２根据孟德尔自由组合规律的性状分离比９：３：３：１及１：１：１：１计算：

（１）明确９：３：３：１中各数字代表的基因组成及表现型：９代表ＡＢ代表双显性性状；３代表Ａｂｂ代表单显性性状；３代表aaＢ代表另一种单显性性状；1代表aabb代表双隐性性状。

（2）会利用上述比例进行变形。弄清题中的基因之间的关系，及相关的性状表现。知道以上四种基因组成中哪几项合并了。如：12：3：1是由（9+3）：3：1；9：6：1是由9：（3+3）：1；9：7是由9：（3+3+1）变化而来。

3、自交与自由交配中的计算：

（1）杂合子自交n次：①后代中杂合子、纯合子所占的比例：杂合子1／2ｎ；纯合子（AA或aa）：（1－1／2ｎ）。

②逐代淘汰隐性纯合子（或显性纯合子致死）的情况：杂合子：2／（2ｎ+1）；纯合子（AA或aa）：1－2／（2ｎ+1）=（2ｎ－1）／（2ｎ+1）。

（2）自由交配时，后代的基因型所占的比例可用基因频率来计算：

设A的基因频率为p，a的基因频率为q，则有AA出现的概率为p2；Aa出现的概率为2pq；aa出现的概率为q2.

例1：1、一对正常的夫妇，生了一个白化病兼色盲的儿子，问：（1）该夫妇再生一个白化病兼色盲儿子的概率是。（2）该夫妇再生一个儿子，只患一种病的概率是。（3）该夫妇生一个两病兼患的女儿的概率是。

解析：（1）由条件可得出该夫妇的基因型：丈夫：AaX B Y、妻子：AaX B X b。后代患白化病的概率为：1/4；患色盲儿子的概率是1/4，所以再生一个白化病兼色盲儿子的概率是1/4×1/4=1/16；（2）儿子患白化病的概率为1/4，不患白化病的概率为3/4；患色盲的概率是1/2,不患色盲的概率是1/2。所以儿子只患一种病的概率是：1/4×1/2+3/4×

1/2=1/2。（3）女儿患白化病的概率是1/4,患色盲的概率是0，所以生一个两病兼患的女儿的概率是0。

（答案：1/16 1/2 0）

例2、一种观赏植物的颜色，是由两对等位基因控制，且遵循基因自由组合规律。纯合的蓝色品种与纯合的鲜红色品种杂交，F1都为蓝色；F1自交，得到F2，F2的表现型及其比例为9蓝：6紫：1鲜红。若将F2中的蓝色植株中的双杂合子用鲜红色植株授粉，则后代的表现型及其比例为（）

A、1紫：1红：1蓝

B、1紫：2蓝：1红

C、1蓝：2紫：1红

D、2蓝：2紫：1红

解析：由题意知，蓝色由A B 控制，鲜红色由aabb控制，紫色由A bb和aaB 控制。AaBb与aabb杂交，子代中A B ：A bb:aaB :aabb=1：1：1:1，即蓝色：紫色：鲜红色=1:2:1。选C

七、进化中基因频率的计算：

1、由概念来计算

2、已知基因型频率，求基因频率。A的基因频率=AA的基因型频率+1／2杂合子的基因型频率。a的基因频率=aa的基

因型频率+1／2杂合子的基因型频率（或1－A的基因频率）。

3、已知显性性状的个体所占的比例或隐性性状的个体所占的比例，求

A、a的基因频率或求某种基因型所占的比例。

方法：先求a的基因频率q= A的基因频率=1－q。各基因型所占的比例：AA：p2，Aa：2pq，aa:q2.

例1、某植物种群中，AA基因型个体占30%，aa基因型个体占20%，则植物的A、a基因频率分别

是、。

解析：Aa基因型个体占总数的50%，则A的基因频率=30%+1/2×50%=55%；a的基因频率=1－55%=45%。

例2、在对某工厂职工进行遗传学调查时发现，在男女各400名职工中，女性色盲基因的携带者为30人，患者为10人，男性患者为22人，那么这个群体中色盲基因的频率为（）A、4.5% B、5.9% C、6% D、9%

解析：X染色体数目=400×2+400=1200，色盲基因数目=30+10×2+22=72，则色盲基因频率为72/1200×100%=6%.所以选C

例3、某人群中某常染色体显性遗传病的发病率是19%，一对夫妇中妻子患病，丈夫正常，他们所生的子女患该病的概率是（）A、10/19 B、9/19 C、1/19 D、1/2

解析：由显性遗传病的发病率为19%，可以推出aa（表现正常的）所占的比例是81%，可得出a的基因频率是 =90%，A的基因频率=1－90%=10%；AA的基因型频率为10%×10%=1%，Aa的基因型频率为2×10%×90%=18%。由此可得出妻子是AA基因型的概率为：1%/（1%+18%）=1/19，是Aa基因型的概率为18/19，所以他们的子女患该病的概率是 + × = ,所以选A。

八、种群密度的相关计算：

1、样方法求种群密度：适于求植物和活动范围较小的土壤动物。

方法：（1）一个样方内种群密度的计算方法：用样方内的个体数+相邻两边上的个体数。（2）种群密度为各样方种群密度的平均值。

2、标志重捕法求种群密度的方法：适合于活动范围较大的动物。公式：

例：某生物兴趣小组欲调查一块农田中田鼠的种群密度，调查时应采用法。如果该农田范围为1公顷，第一次捕获并标记了40只鼠，第二次捕获48只，其中带标记的有15只，则该农田此种鼠的种群密度是只。

解析：鼠属于活动范围大的动物，所以可用标志重捕法。依据标志重捕法的公式可求出鼠的种群密度是128只/公顷。

右图表示某种兔迁入新的环境后种群增长速率随时间的变化曲线。第3年时用

标志重捕法调查该兔种群的密度，第一次捕获50只全部标志后释放，一个月后进

行第二次捕捉，共捕获未标志的60只，标志的20只。估算该兔种群在这一环境中

的K值是

A．100只B．200只 C、200只 D、

400

解析：实验时兔子种群数量为 =200只，由于实验时该种群增长速率处于最大值，故该种群此时的种群数量为K/2值，故该种群在这一环境中的K值约为400只。所以选D

九、能量流动中的相关计算

（一）、能量流经某个种群时的示意图

由此图可得出：

1、同化量=摄入量－粪便中包含的能量。

2、用于各营养级生长、发育、繁殖的能量=各营养级的同化量－呼吸消耗量

3、总同化量=净积累量+呼吸消耗量=生物体储存的能量+呼吸消耗量

注：①、净积累量=生物体储存的能量=生物体用于生长、发育、繁殖的能量。

②、注意下面不同的词：“获得”的能量=“流入”的能量=“同化”的能量

4、能量传递效率=某一个营养级的同化量∕上一个营养级的同化量。

例1：在由草、兔、狐组成的一条食物链中，兔经同化作用所获得的能量，其去向不应该包括（）

A、通过兔子的呼吸作用释放的能量

B、通过兔子的粪便流入到分解者体内的能量

C、通过狐狸的粪便流入到分解者体内

D、流入狐狸体内

解析：兔子粪便中的能量是没有消化的草中包含的能量，没有被兔子消化吸收。所以选B。

例2、下图为某湖泊生态系统的能量流动分析示意图，其中A～E表示生物成分按营养功能的归类群体，Gp表示总同化量，Np表示净积累量，R表示呼吸消耗量。请分析回答：（单位：105J∕m2∕年）

图中生产者同化的总能量中有730.17未被消费者同化；第二营养级中被分解者利用的能量有47.64；第二营养级到第三营养级的能量传递效率为11.3%

解析：生产者同化的总能量为871.27，流向初级消费者的能量是141.10，所以生产者同化的总能量中有871.27－141.10=730.17；第二营养级同化的能量为141.10，用于呼吸消耗的能量是78.13，流向下一营养级的是15.51,所以被分解者利用的能量为141.10－78.13－15.51=47.64;第二营养级同化的总能量为141.10，第三营养级同化的总能量为15.91，所以两者之间的能量传递效率为：15.91/141.10=11.3%

例3、大象是植食性动物，有一种蜣螂专以大象粪便为食物．设一大象在某段时间所同化的能量为１０７kj，则这部分能量中可流入蜣螂体内的为（）

Ａ．０kj Ｂ．１０６kj Ｃ．２×１０６kj Ｄ．１０６～２×１０６kj

解析：粪便中的能量不属于同化的能量，所以选A

（二）、计算某一生物所获得的能量的最多（最少）的能量计算规律：

设食物链为A→B→C→D：

例3、下面是一个生态农业示意图：

若该生态系统中农作物固定了5×108KJ能量，蚯

蚓从农作物获得的总能量为1.2×107KJ，那么猪和鸡

最多可从农作物获得能量 KJ。

解析：猪和鸡都是第二营养级，最多可获得的能

量为5×108×20%=1×108KJ.

（三）、涉及多条食物链的能量流动计算时，在不告诉传递效率及食物比例时，其规律如下：

例4、如图所示的食物网中，若人的体重增加1kg，最少消耗水藻 kg；最多消耗水藻 kg。

解析：若求人的体重增加1kg，最少消耗水藻的量，按最短的食物

链：水藻→小鱼→人，最大的传递效率20%计算，可得到1÷20%÷

20%=25kg；最多消耗水藻的量按最长的食物链：水藻→水蚤→虾→小鱼

→大鱼→人，最小的传递效率10%计算，可得到1÷10%÷10%÷10%÷10%

÷10%=1×105kg.

例5：有5个营养级的一条食物链，若第五营养级的生物质量增加1kg，理论上至少要消耗第一营养级的生物（）

A、25kg

B、125kg

C、625kg

D、3125kg

解析：第五营养级生物增加1kg，至少消耗第一营养级的生物的量是1÷20%÷20%÷20%÷20%=625kg，所以选C。

（四）、已知某营养级的食物比例及传递效率时：

已知各营养级之间的能量传递效率为10%，若一种生物摄食两种前一营养级的生物，且它们被摄食的生物量相等，则丁每增加10kg生物量，需消耗→生产者 kg。

解析：解答该题时需注意两条信息：传递效率为10%和一种生物

摄食两种前一营养级的生物，且它们被摄食的生物量相等。流经丁的

食物链有三条，即戊→庚→丁；戊→甲→丁；戊→己→甲→丁，则丁

增加10kg体重应消耗2500+500+250=3250kg戊。

（五）、当题目中不告诉传递效率时，不问“最多”或“最少”。

如图为生态系统模式图：

上述生态系统代表农田生态系统，若农作物固定的

太阳能总量为aKJ,那么图中最高营养级所获得的能量

为 KJ.

解析：图中各营养级构成的食物链是A→D→C，图中没

有告诉各营养级间的能量传递效率，也没问“最多”或“最

少”，所以能量不是一个确定的值，“最少”的值是 ,最大

值为；所以最高营养级所获得的能量为～。

（六）、人工生态系统的能量流动问题：

下图是某人工鱼塘生态生态系统能量流动过程中部分

环节涉及的能量值（单位：103KJ∕（m2·y）.从此图解读出

的信息不正确的是（）

A、①代表的是呼吸作用，①过程中产生的能量主要以热能的形式散失到无机环境中

B、流经该生态系统的总能量为96×103KJ（m2×y）

C、第二营养级传递给第三营养级的传递效率为15.6%。

D、物质是能量流动的载体，

能量是物质循环的动力，二者是

同时进行，紧密联系。

解析：能量在流经某一营

养级时，能量的输入和输出是守

恒的。肉食动物能量的输出值为

2.1+5.1+0.05+0.25=7.5，可见

来自植食动物的能量的为2.5，

同理可推出植食动物来自生产

者的能量为14，则流经该生态

系统的总能量为129×

103KJ/(m2·y)。第二营养级传给

第三营养级的效率为2.5/16=15.6%。选B.

七、调整食物结构有关的计算

1、为缓解人口增长带来的世界性粮食紧张状况，人类可以适当改变膳食结构，若将（草食）动物性与植物性食物的比例由1：1调整为1：4，地球可供养的人口数量是原来的倍。（能量传递效率按10％计算，结果精确到小数点后两位数字）答案：1.96

解析：题目中隐含着的食物网是：。其中人分别从食物链①和②获取能量的比例为1∶1时，人要同化1kJ则要消耗植物能量：；此比例调整为1∶4，人要同化1kJ则要消耗植物能量：，所以相同的植物的量能供养的人口数量为原来的倍。

2、假设该农场将生产玉米的1/3作为饲料养鸡，2/3供人食用，生产出的鸡供人食用。现调整为2/3的玉米养鸡，1/3

供人食用，生产出的鸡仍供人食用。理论上，该农场供养的人数将（增多、不变、减少），理由是。

答案：减少改变用途的1/3玉米被鸡食用后，在鸡这一环节散失了不部分能量，导致人获得的能量减少

解析：依题意，理论上该农场供养日人数将减少，因为改变用途的1/3玉米被鸡食用后，在鸡这一环节散失了一部分能量，导致人获得的能量减少。

3、某生态系统中存在如图所示的食物网，如将C的食物比例由A:B=1:1调整为2:1, 能量传递效率按10% 计算，该生态系统能承载C的数量是原来的（）

A、1.875倍

B、1.375倍

C、1.273倍

D、0.575 倍

解析：解题时应该从C出发，设当食物比例A:B=1:1时，C的能量为x，需要

的A为（1/2）x×10+(1/2)x×10×10=55x。设当食物比例A:B=2:1时，C的能量为y，需要的A为（2/3）y×10+(1/3)y ×10×10=40y.由于两种情况下，生产者的数量是一定的，所以55x=40y，则y=1.375x。选B。