Двумерная пластичность с радиальным возвратом

Примечание. Это дубликат вопроса, который я задал по физике, на который не было обращено никакого внимания.

Как правильно масштабировать девиаторные напряжения обратно на поверхность текучести в плоском напряжении 2D?

Я не могу получить метод радиального возврата для получения желаемых результатов в условиях простого напряжения в 2D. Я покажу это на примере в 3D и 2D в надежде, что моя ошибка станет очевидной.

Три измерения

Предположим, произвольный пробный Коши, тензор напряжений :

$\sigma_{tr} = \begin{bmatrix} 90 & 20 & 0 \\ 20 & 90& 0 \\ 0 & 0& 0 \end{bmatrix}$

Тогда гидростатическая составляющая определяется как: $\sigma_{tr,hyd} = \begin{bmatrix} 50 & 0 & 0 \\ 0 & 50& 0 \\ 0 & 0& 50 \end{bmatrix}$

А девиаторная составляющая по: $\sigma_{tr,dev} = \begin{bmatrix} 40 & 20 & 0 \\ 20 & 10& 0 \\ 0 & 0& -50 \end{bmatrix}$

Мы будем использовать критерий фон Мизеса, чтобы определить, находятся ли напряжения на поверхности текучести. Это рассчитывается как (для общего плоского напряжения):

$\sigma_v = \sqrt{\sigma_{11}^2-\sigma_{11}\sigma_{22}+\sigma_{22}^2+3\sigma_{12}^2} = 86.6025$

Для аргумента предположим, что предел текучести . В этом случае девиаторные напряжения должны быть уменьшены с коэффициентом α = σ y / σ v = 0,9238 . Таким образом, новый девиаторный стресс определяется как:$\sigma_y=80$$\alpha={\sigma_y}/{\sigma_v}=0.9238$

$\sigma_{dev}=\alpha*\sigma_{tr,dev} = \begin{bmatrix} 36.95 & 18.48 & 0 \\ 18.48 & 9.24& 0 \\ 0 & 0& -46.19 \end{bmatrix}$

И уменьшенный назад

$\sigma=\sigma_{tr,hyd}+\sigma_{dev} = \begin{bmatrix} 86.95& 18.48 & 0 \\ 18.48 & 59.24& 0 \\ 0 & 0& 3.81 \end{bmatrix}$

Если мы вычислим соответствующее напряжение фон Мизеса, мы получим указывающее, что масштабирование было правильным.$\sigma_{v}=80$

Два измерения

Я не повторял много текста здесь для краткости. Проверьте страницу 157 здесь для подтверждения гидростатического напряжения в 2D, это просто . Предполагая плоскостное напряжение, тогда:$(\sigma_{11}+\sigma_{22})/2$

σ т г , ч у д = [ 75 0 0 75 ] σ т г , д е v = [ 15 20 20 - 15 ] σ v = $\sigma_{tr} = \begin{bmatrix} 90 & 20 \\ 20 & 90 \\ \end{bmatrix}$ $\sigma_{tr,hyd} = \begin{bmatrix} 75 & 0 \\ 0 & 75 \\ \end{bmatrix}$ $\sigma_{tr,dev} = \begin{bmatrix} 15 & 20 \\ 20 & -15 \\ \end{bmatrix}$ $\sigma_v = 86.6025$

Проблема в том, что масштабирование девиаторных напряжений ( такое же, как и раньше) приводит к:$\alpha$

$\sigma_{dev}=\alpha*\sigma_{tr,dev} = \begin{bmatrix} 13.86 & 18.48 \\ 18.48 & -13.86 \\ \end{bmatrix}$

А потом:

$\sigma=\sigma_{tr,hyd}+\sigma_{dev} = \begin{bmatrix} 88.86& 18.48 \\ 18.48 & 61.14 \\ \end{bmatrix}$

Вычисление напряжения Фон Мизеса дает значение , которое находится вне поверхности урожайности. В чем здесь проблема? Как правильно масштабировать девиаторные напряжения обратно на поверхность текучести в 2D?$\sigma_{v}=85$

Обновление Я постепенно подхожу к идеалу, что этот метод радиального возврата подходит только для полной трехмерной или плоской деформации (в этом случае ). Страница 25 из этого, кажется, также указывает, что это так, но я все еще не уверен.$\sigma_{33}\neq0$

Давайте посмотрим на эту проблему математически а-ля Симо.

$\boldsymbol{\sigma}$$\boldsymbol{s}$ Обратите внимание, что

$$\boldsymbol{\sigma} = \left[\sigma_{11}\, \sigma_{22}\, \sigma_{12}\right]^T \quad \text{and} \quad \boldsymbol{s} = \left[s_{11}\, s_{22}\, s_{12}\right]^T$$ $\sigma_{33} = \sigma_{13} = \sigma_{23} = s_{23} = s_{13} = 0$$s_{33} \ne 0$$s_{33}$$s_{11} + s_{22} + s_{33} = 0$

$\bar{\mathsf{T}}$$\boldsymbol{\sigma}$$\boldsymbol{s}$$\boldsymbol{s} = \bar{\mathsf{T}}\,\boldsymbol{\sigma}$$\boldsymbol{\varepsilon}$$\boldsymbol{e}$

$$\boldsymbol{\varepsilon} = \left[\varepsilon_{11}\,\varepsilon_{22}\, 2\varepsilon_{12}\right]^T \quad \text{and} \quad \boldsymbol{e} = \left[e_{11}\, e_{22}\, 2\varepsilon_{12}\right]^T$$ $\bar{\mathsf{T}}$$\mathsf{T}$ $$\mathsf{T} = \frac{1}{3}\begin{bmatrix} 2 & -1 & 0 \\ -1 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 6 \end{bmatrix}$$

$$f = \sqrt{\frac{3\, \boldsymbol{s}:\boldsymbol{s}}{2}} - \sigma_Y$$ $$f = \sqrt{\frac{3\, \boldsymbol{\sigma}^T\,\mathsf{T}\,\boldsymbol{\sigma}}{2}} - \sigma_Y$$

$$\dot{\boldsymbol{\varepsilon}}^p = \dot{\lambda}\,\mathsf{T}\,\boldsymbol{\sigma} \quad \text{where} \quad \boldsymbol{\varepsilon}^p = \left[\varepsilon_{11}^p\,\varepsilon_{22}^p\, 2\varepsilon_{12}^p\right]^T$$

Обновить

, где С представляет собой плоскостьстресс 3 × 3 матрицы жесткости, мы можем использовать правило потокачтобы показатьчто σ п + 1 = [ C - 1 + Д А , Т ] - 1 С - 1 σ проба

$$\boldsymbol{\sigma} = \mathsf{C}\,\boldsymbol{\varepsilon}^e$$ $\mathsf{C}$$3\times 3$ $$\boldsymbol{\sigma_{n+1}} = \left[\mathsf{C}^{-1} + \Delta\lambda\mathsf{T}\right]^{-1} \mathsf{C}^{-1} \boldsymbol{\sigma_{n+1}}^{\text{trial}}$$ $\Delta\lambda = \dot{\lambda} \Delta t$$f(\sigma_{n+1}) = 0$$\Delta\lambda$