U 03.3 – Deformationsgradient, (nicht) linearisierte Dehnung

 

Gegeben sei der folgende Deformationsgradient:

\left[ F \right] = \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}  1&{\tan \gamma }&0 \\   0&1&0 \\   0&0&1  \end{array}} \right]

  1. Bestimmen Sie die nicht linearisierte Dehnung ε in Richtung von \vec e = \frac{1}{{\sqrt 2 }}{\vec e_1}+\frac{1}{{\sqrt 2 }}{\vec e_2}.

  2. Bestimmen Sie die linearisierte Dehnung εlin in Richtung von \vec e.

  3. Wie groß ist der absolute Fehler {f_{abs}} = \varepsilon -{\varepsilon _{lin}} für \gamma = 45^\circ

Lösung

a) nicht linearisierte Dehnung

Die nicht linearisierte Dehnung berechnet sich aus:

\varepsilon +\frac{1}{2}{\varepsilon ^2} = {\vec e^T}\underline{\underline E} \vec e,

wobei E der Greenesche Verzerrungstensor ist, für den gilt:

\underline{\underline E} = \frac{1}{2}\left( {{F^T}F-I} \right)

Der Deformationsgradient F ist in diesem Fall, wie auch im Allgemeinen, unsymmetrisch:

\left[ F \right] = \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}  1&{\tan \gamma }&0 \\   0&1&0 \\   0&0&1  \end{array}} \right]

Wendet man den Deformationsgradienten F auf den Tangentenvektor der Referenzkonfiguration an, so erhält man den Tangentenvektor der Momentankonfiguration und damit eine Aussage über die Deformation:

F\;d\vec X = d\vec x\quad \Leftrightarrow \quad F\; = \frac{{d\vec x}}{{d\vec X}} = \frac{{d\vec \chi \left( {\vec X,\vec t} \right)}}{{d\vec X}}

Das bedeutet also:

F = \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}  1&{\tan \gamma }&0 \\   0&1&0 \\   0&0&1  \end{array}} \right] = \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{\frac{{\partial {\chi _1}}}{{\partial {X_1}}}}&{\frac{{\partial {\chi _1}}}{{\partial {X_2}}}}&{\frac{{\partial {\chi _1}}}{{\partial {X_3}}}} \\ {\frac{{\partial {\chi _2}}}{{\partial {X_1}}}}&{\frac{{\partial {\chi _2}}}{{\partial {X_2}}}}&{\frac{{\partial {\chi _2}}}{{\partial {X_3}}}} \\ {\frac{{\partial {\chi _3}}}{{\partial {X_1}}}}&{\frac{{\partial {\chi _3}}}{{\partial {X_2}}}}&{\frac{{\partial {\chi _3}}}{{\partial {X_3}}}}  \end{array}} \right]

Für die einzelnen Komponenten gilt somit:

{x_1} = {\chi _1}\left( {\vec X,t} \right) = {X_1}+{X_2}\tan \gamma

{x_2} = {\chi _2}\left( {\vec X,t} \right) = {X_2}

{x_3} = {\chi _3}\left( {\vec X,t} \right) = {X_3}

Grafisch dargestellt sieht dies (mit der Verschiebung \vec u) wie folgt aus:

htm-u03-verschiebung-verzerrung

Zunächst müssen wir nun den Verzerrungstensor berechnen:

\underline{\underline E} = \frac{1}{2}\left( {{F^T}F-I} \right) = \frac{1}{2}\left( {\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}  1&0&0 \\ {\tan \gamma }&1&0 \\   0&0&1  \end{array}} \right]\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}  1&{\tan \gamma }&0 \\   0&1&0 \\   0&0&1  \end{array}} \right]-\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}  1&0&0 \\   0&1&0 \\   0&0&1  \end{array}} \right]} \right)

\quad \Rightarrow \quad \underline{\underline E} = \frac{1}{2}\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}  0&{\tan \gamma }&0 \\ {\tan \gamma }&{{{\tan }^2}\gamma }&0 \\   0&0&0  \end{array}} \right]

\quad \Rightarrow \quad \underline{\underline E} \vec e = \frac{1}{{2\sqrt 2 }}\left( {\begin{array}{*{20}{c}}{\tan \gamma } \\ {\tan \gamma +{{\tan }^2}\gamma } \\   0  \end{array}} \right)

\quad \Rightarrow \quad {{\vec e}^T}\underline{\underline E} \vec e = \frac{1}{4}\left[ {2\tan \gamma +{{\tan }^2}\gamma } \right]

Für die nicht linearisierte Dehnung folgt also:

\varepsilon +\frac{1}{2}{\varepsilon ^2} = {{\vec e}^T}\underline{\underline E} \vec e = \frac{1}{4}\left[ {2\tan \gamma +{{\tan }^2}\gamma } \right] = \frac{1}{2}\tan \gamma +\frac{1}{4}{\tan ^2}\gamma

\Rightarrow \quad \underline{\underline {\varepsilon = -1+\sqrt {1+\tan \gamma +\frac{1}{2}{{\tan }^2}\gamma } }}

Der negative Anteil wird hierbei vernachlässigt.

b) linearisierte Dehnung

Für die linearisierte Dehnung wird der linearisierte Verzerrungstensor benötigt. Bekannt ist:

\underline{\underline E} = \frac{1}{2}\left( {{F^T}F-I} \right)

Nun wird der Zusammenhang zwischen Deformationsgradient [F] und Verschiebungsgradient [H] benötigt:

H = \frac{{\partial {u_i}}}{{\partial {X_j}}}{\vec e_i} \otimes {\vec e_j} = F-I\quad \Rightarrow \quad F = H+I

Eingesetzt ergibt sich:

E\left( H \right) = \frac{1}{2}\left( {{{\left( {H+I} \right)}^T}\left( {H+I} \right)-I} \right) = \frac{1}{2}\left( {H+{H^T}+{H^T}H} \right)

Die Linearisierung erfolgt nun durch Weglassen des quadratischen Anteils:

{E_{lin}} = E\left( H \right)-\frac{1}{2}{H^T}H = \frac{1}{2}\left( {H+{H^T}} \right)

\quad \Rightarrow \quad {E_{lin}} = \frac{1}{2}\left( {F+{F^T}-2I} \right)

Daraus folgt nun:

{E_{lin}} = \frac{1}{2}\left( {\begin{array}{*{20}{c}}  0&{\tan \gamma }&0 \\ {\tan \gamma }&0&0 \\   0&0&0  \end{array}} \right)

Somit folgt für die Dehnung:

{\varepsilon _{lin}} = {{\vec e}^T}{E_{lin}}\vec e

{E_{lin}}\vec e = \frac{1}{{2\sqrt 2 }}\left( {\begin{array}{*{20}{c}}{\tan \gamma } \\ {\tan \gamma } \\   0  \end{array}} \right)

\quad \Rightarrow \quad {\varepsilon _{lin}} = {{\vec e}^T}{E_{lin}}\vec e = \frac{1}{{2\sqrt 2 }}\left( {\frac{1}{{\sqrt 2 }}\tan \gamma +\frac{1}{{\sqrt 2 }}\tan \gamma } \right)

\quad \Rightarrow \quad \underline{\underline {{\varepsilon _{lin}} = \frac{1}{2}\tan \gamma }}

c) Absoluter Fehler

\tan 45^\circ = 1

\quad \Rightarrow \quad \varepsilon = -1+\sqrt {1+1+\frac{1}{2}} = \sqrt {\frac{5}{2}} -1 = 0,581

\quad \Rightarrow \quad {\varepsilon _{lin}} = 0,5

\quad \Rightarrow \quad \underline{\underline {{f_{abs}} = \varepsilon -{\varepsilon _{lin}} = 0,081}}

\mathcal{J}\mathcal{K}