1. Los siguientes datos de función renal fueron obtenidos para la sustancia S:
    Volumen minuto de orina (Vmo)=                                     90 ml/hr
    Concentración en orina de la sustancia ([S]o) =              480 mg/ml
    Concentración en plasma de la sustancia ([S]o) =               6 mg/ml

¿Cuál es la depuración renal de dicha sustancia?

Solución:

DS = ([S]o x Vmo) / [S]p = (480 mg/ml x 1,5 ml/min) / 6 mg/ml = 120 ml/min

2. Dada una velocidad de filtración glomerular (VFG) de 125 ml/min, una concentración de  glucosa en plasma [G]p = 4 mg/ml; una concentración de glucosa en orina [G]o = 75 mg/ml,  y un flujo de orina de 2 ml/min, ¿cuál será el Tm para la glucosa?

Solución:

Tm = cantidad  filtrada – cantidad excretada

TmG = VFG x[G]p - [G]o x Vmo

TmG = (125 ml/min x 4 mg/ml) – 75 mg/ml x 2 ml/min) = 500 mg/min – 150 mg/min = 350 mg/min

3. Las siguientes determinaciones se realizaron en un solo glomérulo:
   velocidad de filtración glomerular (VFG) =                                   42 nl/min
   presión hidrostática del capilar glomerular (PCG) =                     50 mmHg
   presión hidrostática de la cápsula de Bowman (PCB) =              12 mmHg
   presión coloidosmótica media en capilar glomerular (PonC) =     24 mmHg

¿Cuál es el coeficiente de ultrafiltración glomerular?
Indique los factores que pueden modificar la Kf

Solución:

Kf = VFG / (PCG – PCB – PonC) = 42 nl/min / (50 – 12 – 24 (mm Hg)) = 3 nl/min/mmHg

La Kf depende de:

• la permeabilidad (depende del tamaño particular y la carga)
• superficie de filtración (depende de la actividad de las células mesangiales)

4. En un estudio sobre la depuración renal en una mujer joven, de 60 kg (superficie
   corporal = 1,65 m) se obtuvieron los siguientes datos:
   - Concentración plasmática de inulina [IN]p =       0,40 mg/ml
   - concentración de inulina en orina [IN]o =             8,00 mg/ml
   - concentración plasmática de glucosa [G]p =      5 mg/ml
   - concentración de glucosa en orina [G]o =          40 mg/ml
   - concentración plasmática de sodio [Na]p =         135 mEq/l
   - concentración en orina de sodio [Na]o =             67,5 mEq/l
   - flujo de orina Vo =                                                5 ml/min
a) ¿Cuál es la velocidad de filtración glomerular?
b) ¿Es normal la velocidad de filtración glomerular?
c) ¿Se ha alcanzado el umbral renal de la glucosa?
d) ¿Cuál es la depuración renal de la glucosa y por qué es menor que la VFG?
e) ¿Cuál es la velocidad de reabsorción tubular de glucosa?
f) ¿Qué fracción del agua filtrada es reabsorbida por los túbulos renales?
g) ¿Qué fracción del sodio filtrado fue excretada?

Solución:

a) DIN = ([IN]o x Vmo) / [IN]p = (8 mg/ml x 5 ml/min) / 0,4 mg/ml = 100 ml/min

b) Sí porque está dentro del margen establecido para mujeres (110 ± 15 ml/min)

c) Sí porque encontramos glucosa en la orina.

d) DG = ([G]o x Vmo) / [G]p = (40 mg/ml x 5 ml/min) / 5 mg/ml = 40 ml/min

Porque la glucosa es reabsorbida totalmente en el túbulo, a la concentración plasmática del problema.
e) TG = [G]p x VFG – [G]o x Vmo = 5 mg/ml x 100 ml/min – 40 mg/ml x 5 ml/min = 300 mg/min

f) Si el volumen de filtración es de 100 ml/min y el de excreción es de 5 ml/min,  el  volumen de agua reabsorbido será de 95 ml/min o el 95% del filtrado.

Otra forma: sabiendo que la inulina que se filtra es igual a la que se excreta, la relación entre    [IN]o / [IN]p nos indicará las veces que se ha concentrado a su paso por el túbulo, como consecuencia de la reabsorción de agua. De acuerdo con los valores indicados, la inulina se ha concentrado 20 veces, la inversa de este valor será la fracción de agua excretada por lo tanto,  1 - 1/20 = 0,95 x 100 = 95% de agua reabsorbida.

g)  ([Na]o x Vmo) / [Na]p x VFG = (67,5 mEq/L x 5 ml/min) / (135 mEq/L x 100 ml/min) = 0,025  (2,5%)

5. Tras perfundir en sangre inulina y ácido para-aminohipúrico (PAH) obtenemos los siguientes datos:
- volumen de orina:                                                   0,14 L /2 horas
- concentración de inulina en orina ([IN]o):               100 mg/100 ml
- concentración de inulina en plasma ([IN]p):            1mg / 100 ml
- concentración de urea en orina ([U]o):                   220 mmoles/L
- concentración de urea en plasma ([U]p):               5 mmoles/L
- concentración de PAH en orina ([PAH]o):               700 mg/ml
- concentración de PAH en plasma ([PAH]p):           2mg/ml (arteria) y 0,2mg/ml (vena)
- hematocrito:                                                            40%

Calcule:

• La depuración de inulina, PAH y urea
• El flujo plasmático renal y el flujo sanguíneo renal
• Las tasas de reabsorción de urea y de secreción de PAH

Solución:

a)  DIN = (OIN x Vmo) / PIN = ( 100mg/100ml x 0,07 L/hr) / 1 mg/100ml) = 7 L/hr = 168 L/día = 117 ml/min

DPAH = (OPAH x Vmo) / PPAH = (700 mg/ml x 0,07 L/hr) / 2 mg/ml = 24,5 L/hr = 588 L/día = 408 ml/min

DU = (OU x Vmo) / PU = (220 mmol/L x 0,07 L/hr) / 5 mmol/L = 3,08 L/hr = 73,9 L/día = 51,3 ml/min

b) El flujo plasmático renal real es igual a la depuración del PAH, sólo en caso de que ésta sea total. Como la extracción de este indicar no es de 1, para calcular el valor de flujo plasmático real, debemos tener en cuenta la cantidad de indicador que no se extrae  (10%) y entonces será:

            FPRefectivo = DPAH = 408 ml/min = 588 L/día
           
FPRreal = FPRefectivo / EPAH = DPAH / EPAH = 408/0,9 = 453,3 ml / min. = 653,3 L/día

                FSRefectivo = FPRe x 1/1-Htc = 408 ml/min x 1/1-0,40 = 680 ml / min = 979,2 L/día

                FSRr = FSRe/0,9 = 680 ml/min /0,9 = 755,5 ml/min = 1088,9 L/día

• TRU = FFU – TEU = (VFG x PU) – (OU x Vmo ) = (7 L/hr x  5 mmol/L) – (220 mmol/L x 0,07 L/hr) = 19,6 mmol/hr = 470,4 mmol/día

TSPAH = TEPAH – FFPAH = (OPAH x Vmo) - (VFG x PPAH) = (700 mg/ml x 0,07 L/hr) – (7 L/hr x 2mg/ml)= 35 gr/hr = 840 gr/día

6. Tenemos los siguientes datos:
- sodio en plasma = 140 mEq/L                    sodio en orina = 100 mEq/L
- potasio en plasma = 5 mEq/L                     potasio en orina = 40 mEq/L
- cloruro en plasma = 100 mEq/L                 cloruro en orina = 100 mEq/L
- fosfato libre en plasma = 1 mEq/L              fosfato libre en orina = 40 mEq/L
- Creatinina en plasma = 10 mg/L                 creatinina en orina = 1,2 g/L
- glucosa en plasma = 5 mM                        glucosa en orina = 0 mM
- inulina en plasma = 1 mg/ml                       inulina en orina = 100 mg/ml

Sin conocer el volumen de orina calcule y demuestre qué sustancias son reabsorbidas, cuáles secretadas y cuáles no han sufrido modificación. Indique porcentaje de reabsorción o secreción para dichas sustancias.

Solución:

Basta comparar la DS con la DIN (DS / DIN), si es mayor que 1 significa secreción; si es menor que 1 será reabsorción y si es 1 será solo filtración.
DS = Vmo x  (OS / PS)
DIN = Vmo x  (OIN / PIN)

DS / DIN = (OS / PS) / (OIN / PIN) = (OS / PS) x (PIN / OIN) = (OS / PS) x 0,01

Sodio = 0,007 
Potasio = 0,08
Cloro = 0,01
Fosfato libre = 0,4
Creatinina = 1,2
Glucosa = 0
Inulina = 1

Los valores anteriores suponen el tanto por uno reabsorbido o secretado una vez filtrado (ya que la inulina se concentra 100 veces), luego el porcentaje de reabsorción se calculará restando de 100 los valores anteriores multiplicados por 100:
Sodio = 99,3%
Potasio = 92%
Cloro = 99%
Fosfato libre = 60%
Creatinina = -20%
Glucosa = 100%
Inulina = 0%

• bicarbonato plasmáticos: 18 mEq/L
• creatinina en plasma: 1,5 mg/100 ml
• pH plasmático: 7,36
• volumen de orina recogido: 2 L en 24 horas.

Al volumen de orina recogido se le añaden 35 ml de NaOH 1N para llevarlo a un pH de 7,4
La orina no contiene bicarbonato; la concentración de amonio es de 70 mEq/L y la de creatinina 1,5 g/L.

a) Calcule la velocidad de filtración glomerular e indique si es normal.
b) Calcule la tasa de excreción y secreción de protones. Indique si son normales y razone su respuesta.
c) Razone cual es la situación ácido base de este sujeto.
d) Calcule la pCO2 de su sangre e indique si es normal y el tipo de respiración esperada.

Solución:

a) VFG = DCREAT = Vmo x  (OCREAT / PCREAT) = 2 L/día x (1500 mg/L / 15 mg/L) = 200 L/día = 138,9 ml/min

 (El valor es algo mayor que el normal dado que siempre hay algo de creatinina secretada)

b) Para calcular la tasa de excreción y secreción de protones es necesario conocer la acidez titulable y la excreción de amonio, ya que ENA es igual a la suma del ácido titulable, más el amonio excretado menos el bicarbonato excretado:
Acidez titulable: 35 ml x 1 mEq/ml = 35 mEq/día
Amonio excretado: 70 mEq/L x 2L/dia = 140 mEq/día
No hay bicarbonato excretado
ENA = 35 mEq/día + 140 mEq/día = 175 mEq/día

La tasa de secreción de protones se calcula sumando al ENA la tasa de reabsorción de bicarbonato (ya que por cada bicarbonato reabsorbido se secreta un protón). Como no hay bicarbonato en la orina, todo el filtrado habrá sido reabsorbido, por lo tanto calculando la tasa de filtración del bicarbonato, tendremos su tasa de reabsorción.
FFBICARBONATO  = VFG x PBICARBONATO = 200 L/día x 18 mEq/L = 3600 mEq/día
TSH+ = ENA + TRHCO3- = 174 mEq/día + 3600 mEq/día = 3774 mEq/día

La TEH+ es alta porque se está compensando una acidosis como puede verse por el pH del plasma.
La TSH+ es baja (normal: 4320 mEq/día) debido a la baja tasa de filtración del bicarbonato debido a la disminución de éste en el plasma.

c) Si nos fijamos en el pH del plasma (7,36) la situacióndel sujeto es de una acidosis. Para ver su origen debemos fijarnos en la concentración plasmática de bicarbonato y la PCO2.
La concentración de bicarbonato está por debajo de su valor normal (24 mEq/L) y la PCO2 que se calcula a partir de la ecuación de Henderson-Hasselbach (pH = 6,1 + log ([HCO3- ] /0,03 PCO2)) (7,36 = 6,1 + log (18/0,03PCO2)).
7,36 –6,1 = log (18/0,03PCO2) = 1,26
Quitamos el logaritmo y nos queda 18/0,03PCO2 = 101,26 = 18,2
Despejamos PCO2 y calculamos su valor: 33 mm Hg
Como la concentración de bicarbonato es menor que la normal y la PCO2 es inferior a la normal, significa que la acidosis es de tipo metabólico. El valor de la PCO2 es baja porque se está realizando una hiperventilación compensatoria.

8. Durante una expedición al Everest se estimó que un montañero en la cima (8.848 m)
     tendría los siguientes valores relativos al equilibrio ácido-base:
     pH de sangre arterial: 7,76
     PO2 arterial: 28 mm Hg
     PCO2  arterial: 7,5 mm Hg
     [CO3H- ]p: 10 mEq/l.
Antes de ascender a la cima, el montañero había permanecido más de 2 semanas acampado durante la subida para aclimatarse a las grandes alturas.
a) ¿Qué tipo de alteración del equilibrio ácido-base presentaba?
b) ¿Cómo se explica la disminución en concentración plasmática de bicarbonato?
c) ¿ Hiperventiló el montañero en la cima, por qué?
d) ¿Por qué tiene tan baja la presión arterial de oxígeno?

Solución:

• Por el pH es una alcalosis y el origen de ésta viene definido por la PCO2 y la concentración plasmática de bicarbonato. Ambos valores están por debajo de sus valores normales, lo que significa que es de origen respiratorio.

El riñón responde a esta alcalosis respiratoria aumentando la excreción  de bicarbonato, con disminución en  la excreción de H+, disminuye la excreción de ácido titulable y la producción tubular de amonio.

• Se explica por el aumento de ácidos orgánicos generados por la hipoxia y el esfuerzo del sujeto durante la subida. Éstos consumen bicarbonato del plasma.
• El montañero sí hiperventila en la cima.

La hiperventilación es consecuencia del acumulo de CO2 provocado por la reacción de los ácidos orgánicos con el bicarbonato plasmático.

• El valor tan bajo de oxígeno en sangre se debe a la baja presión parcial de oxígeno atmosférico a esas alturas, siendo además causa de la alcalosis respiratoria.

9. Una paciente con antecedentes de úlcera duodenal ingresa en urgencias con vómitos intermitentes desde hace unos días. Se le introduce una sonda nasogástrica para la extracción continuada del contenido gástrico. Tras 24 horas aparecen signos de depleción de volumen y se obtienen los siguientes datos:

• pH: 7,50
• P O2 : 100 mm Hg  
• P CO2 : 47 mm Hg
• [HCO3 -] : 35 mEq/L
• pH de la orina = 6,0

Explique qué tipo de trastorno acidobásico tiene, y por qué es ácida la orina.

Solución:

Alcalosis metabólica por:

• La pérdida de ácido gástrico en los vómitos, más la aspiración nasogástrica determinan una alcalosis metabólica.
• Este diagnóstico se basa en el alto valor del bicarbonato plasmático y los datos de la gasometría arterial,  donde se aprecia una P CO2 alta debido a una disminución compensatoria de la ventilación alveolar.

La acidez de la orina debe buscarse en la depleción del volumen corporal provocada por los vómitos de la paciente. Esta depleción estimula la liberación de aldosterona por intermedio del sistema renina-angiotensina, provocada por la disminución del Na+ en el líquido tubular debido a la disminución de la VFG. El estimulo en la reabsorción de Na+ supone secreción de H+  en TP por lo que se reabsorbe todo el HCO3-  filtrado. En túbulo distal y colector por efecto de la aldosterona se estimula la reabsorción de Na+  y la secreción de H+, que lleva a un aumento de la acidez de la orina.

10. Los datos de un paciente son:

• aclaración de inulina: 125 ml/min
• bicarbonato plasmático: 25 mM
• bicarbonato en orina: 0,5 mM
• amonio en orina: 20 mM
• volumen de orina: 2 L/24 horas
• pH orina: 6
• titulación de la orina: 20 ml de NaOH 1N para llevarla a un pH de 7,42

Calcular: Tasa de excreción de H+ y tasa de secreción de H+.

Solución:

Para calcular la tasa de excreción es necesario conocer la acidez titulable y la excreción de amonio, ya que la ENA (excreción neta de ácido) es igual a la suma del ácido titulable, más el amonio excretado menos el bicarbonato excretado:
Acidez titulable: 20 ml x 1 mEq/ml = 20 mEq/día
Amonio excretado: 20 mEq/L x 2L/dia = 40 mEq/día
Bicarbonato excretado: 0,5 mEq x 2L/día = 1 mEq/día
ENA = 20 mEq/día + 40 mEq/día – 1 mEq/día = 59 mEq/día

La tasa de secreción de protones se calcula sumando al ENA la tasa de reabsorción de bicarbonato (ya que por cada bicarbonato reabsorbido se secreta un protón). Para calcular la tasa de reabsorción del bicarbonato tenemos que calcular la fracción de filtración del bicarbonato y restar a dicho valor la tasa de excreción del bicarbonato (tasa de transporte tubular).
TTHCO3- = FFHCO3- - TEHCO3- = (180 L/día x 25 mmol/L) – (2 L/día x 0,5 mmol/L) = 4500 mmol/día – 1 mmol/día = 4499 mEq/día
 
TSH+ = ENA + TRHCO3- = 59 mEq/día + 4499 mEq/día = 4558 mEq/día

11. Un paciente de 68 Kg tiene un volumen urinario de 1,5L/24h, [Cr]o = 0,9 mg/ml y una [Cr]p = 0,8 mg/100 ml. Calcule la TFG.

Solución:

Flujo urinario (Vmo) = (1500 ml/24h)/(1440 min/24h) = 1,04 ml/min

TFG = [Cr]o x Vmo /[Cr]p = (0,9 mg/ml x 1,04 ml/min) / 0,008 mg/min = 117 ml/min.

PROBLEMAS SOBRE LÍQUIDOS CORPORALES

1. A un sujeto de 70 Kg de peso se le inyectaron 30 mg de un indicador por vía intravenosa. Tras 2 horas se le extrajo una muestra de plasma, y en su análisis se encontró una concentración de 2 mg/L de indicador. Durante este periodo se obtuvo una muestra de orina donde no se encontró indicador.
¿Qué volumen de distribución tendrá?
¿Qué tipo de compartimiento líquido será?
En función del compartimiento líquido considerado indique qué tipo de indicador se habrá utilizado.
¿Qué porcentaje respecto al peso corporal del sujeto representará dicho volumen?

Solución:

Se aplica el principio de la dilución de un indicador donde Vf = QiS / [S]f = 30 mg / 2 mg/L = 15 L (Volumen de distribución del indicador utilizado)
Por el volumen obtenido podemos pensar en el LEC.
El indicador podría ser cualquiera de los utilizados para medir dicho compartimiento como por ejemplo: sodio radioactivo, sulfato o cloruro o inulina, manitol, etc.
Para un peso de 70 Kg y suponiendo que se a varón, el volumen total de agua corporal sería  el 60%, es decir 42 litros, de éste el 45% sería LEC = 18,9 litros.

2. Utilizando los porcentajes admitidos en clínica sobre la distribución de los diferentes compartimientos líquidos del organismo, indique el volumen correspondiente de agua orgánica total (AOT) y los de líquido intracelular, extracelular, plasma y sangre para un varón  de 75 Kg de peso, no obeso y con un hematocrito del 48%.

Solución:

Para un varón de 75 Kg de peso, el AOT será el 60% = 45 litros.
LIC será el 55% = 24,75 litros
LEC será el resto = 20,25 litros
El volumen de plasma es el 7,5% del AOT = 3,375 litros (4,5% del peso corporal)
Vs = Vp x 100/100-Hct
Vs = 3,375 x 100/100-48 = 6,5 litros

3. Una persona con un peso de 72 kg tiene una concentración plasmática de Na+ de 125 mmol/L

¿Cómo serán, aproximadamente, los volúmenes de los principales compartimentos líquidos?

Si se desea aumentar la concentración plasmática de Na+ en esta persona hacia el valor normal, por ejemplo, a 135 mmol / l, ¿cuántos mmol de Na+ tendría que añadir?

Solución:

1. Si consideramos la distribución: 60:40:20, tenemos:

AGUA TOTAL: 0,6 x 72 kg = 43,2 L

VOLUMEN INTRACELULAR: 0,4 x 72 kg = 28,8 L

VOLUMEN EXTRACELULAR: 0,2 x 72 kg = 14,4 L

2. En principio podríamos pensar que dado que el Na+ es un ión típico del LEC, bastaría con saber los mmoles de Na+ que tenemos en el volumen calculado (14,4 L). Ver los mmoles de Na+ deseado y la diferencia serían los mmoles a añadir. (iniciales: 1800 mmoles y los deseados: 1944. La diferencia a añadir serían 144 mmoles).

Sin embargo este proceder nos daría una importante subestimación del valor de mmoles a añadir, ya que la adición de Na+ supone un incremento de la osmolalidad del LEC, lo que supone un trasiego de agua desde el LIC al LEC, hasta alcanzar el equilibrio osmótico entre ambos. Lo que significa a su vez, que el Na+ se está diluyendo, por lo que se tendrá que incorporar más Na+.

Una vez alcanzada la nueva concentración de Na+ a 135 mmol/L, el espacio intracelular tendrá la misma alta osmolaridad que el extracelular, sin haber introducido nada de soluto. Es como si el Na+ se hubiera distribuído por todo el espacio intracelular y extracelular, aunque no haya sido así.

Por ello, lo que tenemos que hacer es calcular la diferencia de lo medido y lo deseado (135 -125 = 10 mmol/L) y multiplicarlo por el volumen total de agua corporal que son 43,2 L lo que nos daría una cantidad de Na+ de 432 mmoles.