Campo magnético creado por corrientes

Sistema de referencia de la figura: $\vec i$ hacia la derecha, $\vec j$ hacia arriba y $\vec k$ saliendo del papel. Posiciones (en m):$$1\,(0,\ 0)\qquad 2\,(0{,}1,\ 0)\qquad 3\,\left(0{,}05,\ -0{,}1\,\tfrac{\sqrt3}{2}\right) = (0{,}05,\ -0{,}0866)$$Las corrientes de 1 y 2 van en el sentido $-\vec k$ (entran) y la de 3, en $+\vec k$ (sale).

a) Módulo de la fuerza por unidad de longitud entre dos conductores con $I = 5\,\text{A}$ separados $d = 0{,}1\,\text{m}$:$$\frac{F}{L} = \frac{\mu_0\,I_1\,I_3}{2\pi\,d} = \frac{4\pi\cdot 10^{-7}\cdot 5\cdot 5}{2\pi\cdot 0{,}1} = 5\cdot 10^{-5}\ \text{N}\,\text{m}^{-1}$$Como las corrientes son opuestas, la fuerza es de repulsión: la de 1 sobre 3 va en la dirección de 1 a 3, y la de 2 sobre 3, en la de 2 a 3. Sus vectores unitarios forman $60^\circ$ con la horizontal:$$\frac{\vec F_{13}}{L} = 5\cdot 10^{-5}\left(\tfrac12\,\vec i - \tfrac{\sqrt3}{2}\,\vec j\right)\qquad \frac{\vec F_{23}}{L} = 5\cdot 10^{-5}\left(-\tfrac12\,\vec i - \tfrac{\sqrt3}{2}\,\vec j\right)$$Sumando, las componentes en $\vec i$ se cancelan:$$\frac{\vec F_3}{L} = -2\cdot 5\cdot 10^{-5}\cdot\frac{\sqrt3}{2}\,\vec j = -8{,}66\cdot 10^{-5}\,\vec j\ \ \text{N}\,\text{m}^{-1}$$Se puede comprobar el sentido con $\vec F = I\,\vec L\times\vec B$: el campo de 1 en la posición de 3 es tangente a una circunferencia centrada en 1 y, con la corriente de 3 en $+\vec k$, la fuerza apunta hacia fuera de 1.

b) El punto medio de 1-2 es $M\,(0{,}05,\ 0)$, a $0{,}05\,\text{m}$ de 1 y de 2. Cada uno crea allí un campo de módulo$$B_1 = B_2 = \frac{\mu_0\,I}{2\pi\cdot 0{,}05} = \frac{4\pi\cdot 10^{-7}\cdot 5}{2\pi\cdot 0{,}05} = 2\cdot 10^{-5}\ \text{T}$$pero de sentidos opuestos: con la corriente entrando, el campo gira en sentido horario; $M$ está a la derecha de 1, donde ese giro apunta hacia $-\vec j$, y a la izquierda de 2, donde apunta hacia $+\vec j$. Se anulan:$$\vec B_1 + \vec B_2 = -2\cdot 10^{-5}\,\vec j + 2\cdot 10^{-5}\,\vec j = \vec 0$$Queda el campo del conductor 3, que está a la altura del triángulo, $h = 0{,}1\cdot\tfrac{\sqrt3}{2} = 0{,}0866\,\text{m}$, justo debajo de $M$:$$B_3 = \frac{\mu_0\,I}{2\pi\,h} = \frac{4\pi\cdot 10^{-7}\cdot 5}{2\pi\cdot 0{,}0866} = 1{,}15\cdot 10^{-5}\ \text{T}$$Su corriente sale del papel, así que el campo gira en sentido antihorario. En $M$, que está encima de 3, ese giro apunta hacia la izquierda: $\vec B_3 \propto \vec k\times\vec j = -\vec i$.$$\vec B_M = -1{,}15\cdot 10^{-5}\,\vec i\ \ \text{T}$$