Campo y potencial eléctrico

a) El trabajo que hay que realizar (fuerza externa, sin variar la energía cinética) para traer una carga $q$ desde el infinito hasta el origen es:$$W_{\text{ext}} = q\left[V(0,0) - V_\infty\right] = q\,V(0,0)$$Si es cero, el potencial en el origen es nulo. Las distancias al origen son $3\ \text{m}$ para las dos cargas de $3\ \mu\text{C}$ y $6\ \text{m}$ para $Q$:$$V(0,0) = K_0\left(\frac{3\cdot 10^{-6}}{3} + \frac{3\cdot 10^{-6}}{3} + \frac{Q}{6}\right) = 0$$$$\frac{Q}{6} = -2\cdot 10^{-6}\quad\Longrightarrow\quad Q = -1{,}2\cdot 10^{-5}\ \text{C} = -12\ \mu\text{C}$$La carga $Q$ tiene que ser negativa para compensar el potencial positivo de las otras dos, y grande porque está el doble de lejos.

b) Lado del cuadrado: $d = 0{,}32\ \text{m}$. El hilo 1 está en $(0;\ 0{,}32)$ y el hilo 2 en $(0{,}32;\ 0)$, los dos a $0{,}32\ \text{m}$ del origen y con la misma corriente, así que crean en el origen campos del mismo módulo:$$B_1 = B_2 = \frac{\mu_0\,I}{2\pi d} = \frac{4\pi\cdot 10^{-7}\cdot 0{,}2}{2\pi\cdot 0{,}32} = 1{,}25\cdot 10^{-7}\ \text{T}$$Sentidos (regla de la mano derecha, con el pulgar hacia el observador: las líneas de campo giran en sentido antihorario vistas desde delante):

• Hilo 1, encima del origen: en el origen, debajo del hilo, el campo es horizontal y apunta hacia $+x$: $\vec B_1 = 1{,}25\cdot 10^{-7}\,\vec i\ \text{T}$.
• Hilo 2, a la derecha del origen: en el origen, a la izquierda del hilo, el campo es vertical y apunta hacia $-y$: $\vec B_2 = -1{,}25\cdot 10^{-7}\,\vec j\ \text{T}$.

Se puede comprobar con $\vec B \propto \vec u_I\times\vec u_r$, donde $\vec u_r$ va del hilo al punto: para el hilo 1, $\vec k\times(-\vec j) = \vec i$; para el hilo 2, $\vec k\times(-\vec i) = -\vec j$.

Dibujo esquemático: en el origen, una flecha hacia la derecha ($\vec B_1$) y otra hacia abajo ($\vec B_2$), de igual longitud; su suma es la diagonal que apunta hacia abajo a la derecha, a $45^\circ$ por debajo del eje $x$.$$\vec B = \vec B_1 + \vec B_2 = 1{,}25\cdot 10^{-7}\left(\vec i - \vec j\right)\ \text{T}$$$$|\vec B| = \sqrt{2}\cdot 1{,}25\cdot 10^{-7} = 1{,}77\cdot 10^{-7}\ \text{T}$$c) Sí puede. Según la ley de Faraday, la f.e.m. inducida es$$\varepsilon = -\frac{d\Phi}{dt}$$y depende de lo rápido que cambia el flujo, no de su valor en ese instante. El flujo puede pasar por cero mientras varía.

Ejemplo: una espira que gira con velocidad angular $\omega$ en un campo uniforme tiene un flujo $\Phi = B\,S\cos(\omega t)$ y una f.e.m.$$\varepsilon = B\,S\,\omega\,\operatorname{sen}(\omega t)$$Cuando el plano de la espira es paralelo al campo ($\omega t = 90^\circ$), el flujo es nulo y la f.e.m. es precisamente máxima, $\varepsilon = BS\omega$. Lo mismo ocurre si el campo cambia de sentido pasando por cero: con una espira fija perpendicular a un campo $B = 3{,}6 - 0{,}1\,t^2$ (S.I.), el flujo se anula en $t = 6\ \text{s}$, pero en ese instante $dB/dt = -1{,}2\ \text{T/s}$ y la f.e.m. no es nula.