Biologia

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 velocidadde 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/min3. 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 factoresque 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) seobtuvieron 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 sodiofiltrado 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 concentraciónplasmática 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 quese 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. Trasperfundir 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...