Mostre que tanto V(y)=-\left(E_{0} / 2 b\right) y^{2} quanto \tilde{V}(y)=-\left(E_{0} / 2 b\right) y^{2}+b E_{0} / 2 são potenciais admissíveis para o campo elétrico do problema (5). Identifique a posição de referência associada a cada um deles.

Passo 1

O enunciado dá duas funções potenciais (funções de y) e pede para mostrar que ambas são potenciais admissíveis para o mesmo campo elétrico do problema (5), além de identificar a posição de referência associada a cada potencial. As informações fornecidas são:
  • Duas funções potenciais: V(y)=-\left(\dfrac{E_{0}}{2b}\right)y^{2}e \tilde{V}(y)=-\left(\dfrac{E_{0}}{2b}\right)y^{2}+\dfrac{bE_{0}}{2}.
  • Parâmetros constantes E_{0} e b (considerados dados).
    O que se pede:
  • Mostrar que ambas são admissíveis para o campo elétrico do problema (5) (ou seja, que geram o mesmo campo elétrico).
  • Identificar a posição de referência (o(s) ponto(s) onde o potencial escolhido vale zero) associada a cada potencial.

Passo 2

Relembrando a relação entre potencial elétrico e campo elétrico (aula rápida): em uma dimensão (eixo y) o campo elétrico E_{y}(y) e o potencial V(y) estão ligados por
E_{y}(y)=-\dfrac{dV}{dy}.
Aqui E_{y}(y) é a componente do campo ao longo de y, V(y) é o potencial elétrico como função de y, e \dfrac{dV}{dy} é a derivada de V em relação a y. Isso significa: duas funções V_1 e V_2 representam o mesmo campo elétrico exatamente quando sua derivada (menos o sinal) é a mesma, isto é, quando diferem apenas por uma constante aditiva.

Passo 3

Calcular o campo elétrico obtido a partir de V(y). Primeiro derivamos V(y):
V(y)=-\left(\dfrac{E_{0}}{2b}\right)y^{2} \quad\Rightarrow\quad \dfrac{dV}{dy}=-\left(\dfrac{E_{0}}{b}\right)y.
Aplicando E_{y}=-\dfrac{dV}{dy} obtemos
E_{y}(y)=-\left(-\dfrac{E_{0}}{b}y\right)=\dfrac{E_{0}}{b}\,y.
Portanto o campo gerado por V(y) é
E_{y}(y)=\dfrac{E_{0}}{b}\,y.
Isso já mostra qual é o campo associado a V; é uma função linear de y.

Passo 4

Agora calcular a derivada de \tilde{V}(y). Como \tilde{V} difere de V por uma constante, sua derivada será igual à de V:
\tilde{V}(y)=-\left(\dfrac{E_{0}}{2b}\right)y^{2}+\dfrac{bE_{0}}{2} \quad\Rightarrow\quad \dfrac{d\tilde{V}}{dy}=-\left(\dfrac{E_{0}}{b}\right)y.
Logo
E_{y}(y)=-\dfrac{d\tilde{V}}{dy}=\dfrac{E_{0}}{b}\,y.
Portanto \tilde{V} produz exatamente o mesmo campo elétrico que V. Concluímos que ambas as funções são potenciais admissíveis para o mesmo campo elétrico, pois geram o mesmo E_{y}(y).

Passo 5

Explicar a não unicidade do potencial (aula curta e prática): o potencial elétrico é definido à adição de uma constante arbitrária — se V é um potencial, então V+C (com C constante) é também um potencial admissível porque a derivada que determina o campo permanece inalterada. Aqui:
\tilde{V}(y)-V(y)=\dfrac{bE_{0}}{2},
ou seja, \tilde{V} é V acrescido da constante \dfrac{bE_{0}}{2}. Isso justifica matematicamente por que ambas são admissíveis.

Passo 6

Identificar a posição de referência (ponto onde o potencial é escolhido como zero) para cada potencial:
  • Para V(y)=-\left(\dfrac{E_{0}}{2b}\right)y^{2}: calcular V(0) V(0)=-\left(\dfrac{E_{0}}{2b}\right)\cdot 0^{2}=0.Portanto, o potencial V está sendo referenciado para zero em y=0. A posição de referência associada a V é y=0.
  • Para \tilde{V}(y)=-\left(\dfrac{E_{0}}{2b}\right)y^{2}+\dfrac{bE_{0}}{2}: procurar y tal que \tilde{V}(y)=0. -\left(\dfrac{E_{0}}{2b}\right)y^{2}+\dfrac{bE_{0}}{2}=0 \quad\Rightarrow\quad y^{2}=b^{2} \quad\Rightarrow\quad y=\pm b.Assim \tilde{V}(b)=0 e também \tilde{V}(-b)=0. A escolha de constante em \tilde{V} corresponde a escolher como referência os pontos y= b (ou y=-b); ambos anulam \tilde{V}.

Resposta

V(y)=-\left(\dfrac{E_{0}}{2b}\right)y^{2} é admissível; posição de referência: y=0.
\tilde{V}(y)=-\left(\dfrac{E_{0}}{2b}\right)y^{2}+\dfrac{bE_{0}}{2} é admissível; posições de referência: y=\pm b.

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