Ejercicio resuelto de Campo electromagnético · Física · 2026

Tres cargas eléctricas puntuales se encuentran situadas en los vértices de un triángulo rectángulo isósceles, cuyos catetos miden 2 m. En el vértice del ángulo recto se coloca una carga $-2q$, en uno de los vértices restantes se coloca una carga $+q$ y en el otro vértice se coloca una carga $+2q$, siendo $q=1\mu \text{C}$.

a) (1,5 puntos) Calcular el campo eléctrico y el potencial eléctrico creados por estas cargas en el punto medio de la hipotenusa del triángulo.
b) (0,75 puntos) Calcular el trabajo que debe realizarse para trasladar una carga $-4q$ desde el punto medio de la hipotenusa hasta el infinito.

Una espira conductora con la forma del triángulo anterior es atravesada perpendicularmente por un campo magnético que varía con el tiempo $t$ según la expresión $B(t)=\mathrm{0,5}t$ T.

a) (0,75 puntos) ¿Cuál es la fuerza electromotriz que se induce en la espira?

Datos: $q_{e^{-}}=\mathrm{1,6}\cdot {10}^{-19}\text{ C}$; $m_{e^{-}}=\mathrm{9,1}\cdot {10}^{-31}\text{ kg}$; ${\mu }_0=4\pi \cdot {10}^{-7}\text{ T}\text{m}{\text{A}}^{-1}$; $K=9\cdot {10}^9\text{ N}{\text{m}}^2{\text{C}}^{-2}$

$\mathbf{\text{a)}}\mathbf{\text{(1,5}}\mathbf{\text{puntos)}}\mathbf{\text{Calcular}}\mathbf{\text{el}}\mathbf{\text{campo}}\mathbf{\text{el}}\acute{\mathbf{\text{e}}}\mathbf{\text{ctrico}}\mathbf{\text{y}}\mathbf{\text{el}}\mathbf{\text{potencial}}\mathbf{\text{el}}\acute{\mathbf{\text{e}}}\mathbf{\text{ctrico}}\mathbf{\text{creados}}\mathbf{\text{por}}\mathbf{\text{estas}}\mathbf{\text{cargas}}\mathbf{\text{en}}\mathbf{\text{el}}\mathbf{\text{punto}}\mathbf{\text{medio}}\mathbf{\text{de}}\mathbf{\text{la}}\mathbf{\text{hipotenusa}}\mathbf{\text{del}}\mathbf{\text{tri}}\acute{\mathbf{\text{a}}}\mathbf{\text{ngulo.}}$










Se toma un sistema de referencia con el origen en el vértice del ángulo recto, de modo que:

$C(0,0)\text{ con }-2qA(2,0)\text{ con }+qB(0,2)\text{ con }+2q$

El punto medio de la hipotenusa es $M(1,1)$ y, por ser el punto medio de la hipotenusa de un triángulo rectángulo, equidista de los tres vértices:

$r=\sqrt{1^2+1^2}=\sqrt{2}=\mathrm{1,41}\text{ m}$





El potencial es una magnitud escalar y se suma directamente:

$V=K{\sum }_i{\displaystyle \frac{q_i}{r_i}}={\displaystyle \frac{K}{\sqrt{2}}}(-2q+q+2q)={\displaystyle \frac{Kq}{\sqrt{2}}}$

$V={\displaystyle \frac{9\cdot {10}^9\cdot 1\cdot {10}^{-6}}{\sqrt{2}}}=\mathrm{6,36}\cdot {10}^3\text{ V}$

Para el campo hay que sumar vectorialmente. El módulo del creado por cada carga es $E_i=K\mathrm{\mid }{q}_i\mathrm{\mid }\mathrm{/}{r}^2$, con $r^2=2{\text{m}}^2$:

$E_{2q}={\displaystyle \frac{9\cdot {10}^9\cdot 2\cdot {10}^{-6}}{2}}=\mathrm{9,00}\cdot {10}^3\text{ N/C}$

$E_q={\displaystyle \frac{9\cdot {10}^9\cdot 1\cdot {10}^{-6}}{2}}=\mathrm{4,50}\cdot {10}^3\text{ N/C}$

Cada campo se dirige hacia la carga si esta es negativa y en sentido contrario si es positiva, sobre la recta que la une con $M$. Con los unitarios correspondientes:

${\vec{E}}_C=\mathrm{9,00}\cdot {10}^3\cdot {\displaystyle \frac{(-1,-1)}{\sqrt{2}}}=(-\mathrm{6,36},-\mathrm{6,36})\cdot {10}^3\text{ N/C}$

${\vec{E}}_A=\mathrm{4,50}\cdot {10}^3\cdot {\displaystyle \frac{(-1,1)}{\sqrt{2}}}=(-\mathrm{3,18},\mathrm{3,18})\cdot {10}^3\text{ N/C}$

${\vec{E}}_B=\mathrm{9,00}\cdot {10}^3\cdot {\displaystyle \frac{(1,-1)}{\sqrt{2}}}=(\mathrm{6,36},-\mathrm{6,36})\cdot {10}^3\text{ N/C}$

Por el principio de superposición:

$\vec{E}={\vec{E}}_C+{\vec{E}}_A+{\vec{E}}_B=(-\mathrm{3,18}\vec{\mathrm{ı}}-\mathrm{9,55}\vec{\mathrm{ȷ}})\cdot {10}^3\text{ N/C}$

$E=\sqrt{{\mathrm{3,18}}^2+{\mathrm{9,55}}^2}\cdot {10}^3=\mathrm{1,01}\cdot {10}^4\text{ N/C}$

El campo en el punto medio de la hipotenusa vale $\mathrm{1,01}\cdot {10}^4\text{ N/C}$, apunta hacia el tercer cuadrante formando ${\mathrm{251,6}}^{\circ }$ con el semieje $X$ positivo, y el potencial allí es de $\mathrm{6,36}\cdot {10}^3\text{ V}$.



El trabajo que hay que realizar desde fuera es el aumento de energía potencial de la carga, y el potencial en el infinito es nulo:

$W_{\text{ext}}=\mathrm{\Delta }{E}_p=q^{\mathrm{\prime }}(V_{\mathrm{\infty }}-V_M)=-q^{\mathrm{\prime }}{V}_M$

$W_{\text{ext}}=-(-4\cdot {10}^{-6})\cdot \mathrm{6,36}\cdot {10}^3=\mathrm{2,55}\cdot {10}^{-2}\text{ J}$

El trabajo es positivo: la carga $-4q$ está ligada al sistema, que en conjunto la atrae, y hay que aportar $\mathrm{2,55}\cdot {10}^{-2}\text{ J}$ desde fuera para llevarla al infinito.

$\mathbf{\text{a)}}\mathbf{\text{(0,75}}\mathbf{\text{puntos)}}\mathbf{\text{¿Cu}}\acute{\mathbf{\text{a}}}\mathbf{\text{l}}\mathbf{\text{es}}\mathbf{\text{la}}\mathbf{\text{fuerza}}\mathbf{\text{electromotriz}}\mathbf{\text{que}}\mathbf{\text{se}}\mathbf{\text{induce}}\mathbf{\text{en}}\mathbf{\text{la}}\mathbf{\text{espira?}}$

Por la ley de Faraday-Lenz, la fuerza electromotriz inducida es la variación del flujo magnético cambiada de signo:

$\epsilon =-{\displaystyle \frac{d\mathrm{\Phi }}{dt}}$

El campo es perpendicular al plano de la espira, de modo que el flujo es simplemente el producto del campo por el área, que no cambia:

$\mathrm{\Phi }=B(t)\cdot S=\mathrm{0,5}t\cdot S$

El área del triángulo rectángulo de catetos 2 m es:

$S={\displaystyle \frac{2\cdot 2}{2}}=2{\text{m}}^2$

$\epsilon =-{\displaystyle \frac{d}{dt}}(\mathrm{0,5}t\cdot 2)=-1\text{ V}$

Se induce una fuerza electromotriz constante de $1\text{ V}$ en valor absoluto; el signo menos indica, por la ley de Lenz, que la corriente inducida circula creando un campo que se opone al aumento del flujo.