Para o cabo coaxial de raio interno a e raio externo b, admita que a casca cilíndrica condutora de raio b tenha espessura t \gg \delta_{s}. Admita também que a \gg \delta_{s}.
(a) Determine a indutância interna por unidade de comprimento L_{l} devido à energia magnética armazenada no interior dos dois condutores. Admita que cada condutor tenha permeabilidade magnética \mu_{0}.
sugestão: utilize a relação W_{M}=(1 / 4)\left(L_{l} \Delta z\right) I^{2}, em que W_{M} é a energia magnética total armazenada nos dois condutores e I é a corrente em um dos condutores. Admita que o campo magnético em cada condutor decaia de seu valor máximo na interface na forma e^{-i u / \delta_{s}} e^{-u / \delta_{s}}, em que u é a coordenada normal para o interior do condutor medida a partir de sua interface com o meio de preenchimento. Em calculo das integrais em u, assuma válidas as condições t \gg \delta_{s} e a \gg \delta_{s} de forma a poder estender o limite superior de cada integral para u \longrightarrow \infty.
(b) Mostre que L_{l}=R_{l} / \omega, em que R_{l} é a resistência elétrica por unidade de comprimento do cabo coaxial.

Passo 1

O enunciado pede a indutância interna por unidade de comprimento L_{l} de um cabo coaxial de raio interno a e raio externo b, levando em conta a energia magnética armazenada dentro dos condutores, sob efeito de skin depth \delta_{s}. Usaremos:
– O campo magnético no interior de cada condutor decai como
H(u)=H_{s}\,e^{-u/\delta_{s}},
em que u é a distância medida a partir da superfície interna de cada condutor;
– A densidade de energia magnética
w_{M}=\frac{\mu_{0}}{2}\,\bigl|H(u)\bigr|^{2};
– A relação sugerida
W_{M}=\frac{1}{4}\,L_{l}\,\Delta z\,I^{2},
em que W_{M} é a energia total armazenada nos dois condutores de comprimento \Delta z e I é a corrente em cada condutor.

Passo 2

Calculemos a energia armazenada num condutor de raio r por unidade de comprimento (tomando \Delta z=1). No interior desse condutor, na região 0\le u<\infty,
H(u)=H_{s}\,e^{-u/\delta_{s}}, \quad H_{s}=\frac{I}{2\pi r}.
Então
w_{M}(u) =\frac{\mu_{0}}{2}\,H_{s}^{2}\,e^{-2u/\delta_{s}}
e a energia por comprimento vale
W_{M,r} =\int_{0}^{\infty} w_{M}(u)\,\bigl(2\pi r\,du\bigr) =\frac{\mu_{0}}{2}\,H_{s}^{2}\,2\pi r \int_{0}^{\infty}e^{-2u/\delta_{s}}du =\frac{\mu_{0}}{2}\,H_{s}^{2}\,2\pi r\;\frac{\delta_{s}}{2}.
Substituindo H_{s}=\dfrac{I}{2\pi r}, obtém-se
W_{M,r} =\frac{\mu_{0}}{2}\,\frac{I^{2}}{(2\pi r)^{2}} \,2\pi r\;\frac{\delta_{s}}{2} =\frac{\mu_{0}\,\delta_{s}}{8\pi\,r}\;I^{2}.

Passo 3

A energia total nas duas cascas (interna em r=a e externa em r=b) é
W_{M} =\Bigl(W_{M,a}+W_{M,b}\Bigr) =\frac{\mu_{0}\,\delta_{s}}{8\pi}\,\Bigl(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\Bigr)\,I^{2}.
Pela relação sugerida
W_{M} =\frac{1}{4}\,L_{l}\,\Delta z\,I^{2} \quad\Longrightarrow\quad \frac{\mu_{0}\,\delta_{s}}{8\pi}\,\Bigl(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\Bigr) =\frac{1}{4}\,L_{l},
logo
L_{l} =\frac{\mu_{0}\,\delta_{s}}{2\pi}\,\Bigl(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\Bigr).

Passo 4

Agora lembramos que, sob skin effect, a resistência por unidade de comprimento de cada casca é
R_{r} =\frac{1}{2\pi\,r\,\delta_{s}\,\sigma},
onde \sigma é a condutividade. Somando as duas cascas:
R_{l} =R_{a}+R_{b} =\frac{1}{2\pi\,\delta_{s}\,\sigma}\,\Bigl(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\Bigr).
Dividindo R_{l} por \omega e usando
\delta_{s}=\sqrt{\frac{2}{\omega\,\mu_{0}\,\sigma}},
verifica-se diretamente que
\frac{R_{l}}{\omega} =\frac{1}{2\pi\,\delta_{s}\,\sigma\,\omega}\,\Bigl(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\Bigr) =\frac{\mu_{0}\,\delta_{s}}{2\pi}\,\Bigl(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\Bigr) =L_{l}.

Resposta

\boxed{L_{l}=\frac{\mu_{0}\,\delta_{s}}{2\pi}\,\Bigl(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\Bigr)}, \quad L_{l}=\frac{R_{l}}{\omega}.

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