角动量及其守恒

入门

坐在可以自由转动的办公椅上，双臂和双腿伸开，让朋友轻轻推你转一下。现在把手脚收紧：你会突然转得快得多。没有人推你，你只是改变了身体的形状。下面一步步说明原因。

第 1 步。旋转的物体具有一定的“转动量”，物理学家称之为角动量。它取决于物体转得多快，以及其质量离转轴有多远：远处的质量影响很大，靠近转轴的质量影响很小。

第 2 步。与普通动量一样，这种转动量不能自行改变，只有外部的扭转作用（例如摩擦力）才能改变它。所以当质量靠近转轴时，物体必须转得更快才能保持同样的转动量；当质量重新远离时，它就会变慢。

第 3 步。动画展示了从上方和侧面看到的花样滑冰运动员。双臂伸开时她缓慢转动；收回双臂时，她的转速变为原来的三倍，如转速条所示；再伸开双臂，她又慢下来。冰面非常光滑，几乎不会给她任何扭转作用。

第 4 步。同样的规律远不止适用于冰场。跳水运动员会蜷成一团以快速翻转，并在入水前伸展身体。行星在离太阳最近时运动最快，因为太阳的引力无法改变行星绕太阳的转动量。

自我检测：一位披萨师傅旋转一团面团，面团摊成宽而薄的圆盘。它的转速会如何变化？（会变慢：质量离转轴更远了。）

中级

角动量表示什么

角动量 $L$ 是旋转物体所携带的转动量；与普通动量一样，只有外部的作用才能改变它。它取决于物体转动的快慢，以及质量在转轴周围如何分布。转动的快慢用角速度 $\omega$ 表示，单位为 rad/s：转一圈是 $2\pi$ rad，因此每秒转一圈约为 6.28 rad/s。从上方看，沿逆时针方向（即滑冰者的旋转方向）取为正。

质量的分布用转动惯量来衡量：$I=\sum m{r}^2$，单位为 kg·m²。每个质量乘以它到转轴距离 $r$ 的平方，因此距离转轴两倍远的质量贡献为四倍。对于绕固定轴转动的物体，
$L=I\omega$
单位为 kg·m²/s。对于圆周上的小质量，$I=m{r}^2$，$\omega =v/r$，所以 $L=mvr$：即它的动量乘以它到转轴的距离。只有绕轴的运动才算数；朝着转轴直线运动的质量没有角动量。

力矩改变角动量

力改变动量；力矩改变角动量。力的力矩等于力乘以其力臂，即转轴到力的作用线的垂直距离，单位为 N·m。只有系统外部的力矩才会计入：
${\tau }_{\mathrm{ext}}=\frac{dL}{dt}$
其中 $dL/dt$ 是 $L$ 的变化率，即变化量 $\Delta L$ 除以很短的时间 $\Delta t$：持续的 2 N·m 力矩每秒使角动量增加 2 kg·m²/s。

系统内部各部分之间的作用力成对出现，大小相等、方向相反，且沿同一直线，因此它们的力矩相互抵消：它们只能在各部分之间传递角动量，而不能凭空产生角动量。没有外力矩时，总角动量保持不变，无论系统的形状如何变化：
${\tau }_{\mathrm{ext}}=0\to I_1{\omega }_1=I_2{\omega }_2$
与质量不同，只要物体的形状改变，转动惯量就会改变，因此 $\omega$ 会按反比例变化。

基本方程

分析转动物体的问题，常用以下一组公式：

• $L=I\omega$
• $I=\sum m{r}^2$
• $L=mvr\text{(point mass on a circle)}$
• $I_1{\omega }_1=I_2{\omega }_2$
• $K=\frac{1}{2}I{\omega }^2=\frac{L^2}{2I}$

列出每个质量在前后两种状态下到转轴的距离，并算出 $I_1$ 和 $I_2$。检查外部是否有绕轴的力矩，然后令 $I_1{\omega }_1=I_2{\omega }_2$。最后计算能量，使用 $K=L^2/(2I)$：当 $L$ 固定时，动能与 $I$ 成反比。

例题：动画中的滑冰者

动画把滑冰者看作：躯干的转动惯量 $I_0=0.72\mathrm{kg}\cdot {\mathrm{m}}^2$，再加上两条手臂，每条手臂视为质量为 3 kg 的质点，离转轴距离为 $r$，故 $I=I_0+2m{r}^2$。她开始时双臂伸开，$r=0.60\mathrm{m}$，以 2.5 rad/s 转动，然后把双臂收到 $r=0.20\mathrm{m}$。冰面对她没有绕竖直轴的力矩。
$I_1=0.72+2\cdot 3\cdot 0.60^2=2.88\mathrm{kg}\cdot {\mathrm{m}}^2$
$L=I_1{\omega }_1=2.88\cdot 2.5=7.20\mathrm{kg}\cdot {\mathrm{m}}^2/s$
$I_2=0.72+2\cdot 3\cdot 0.20^2=0.96\mathrm{kg}\cdot {\mathrm{m}}^2$
${\omega }_2=L/I_2=7.20/0.96=7.5rad/s$

她的转动惯量降为原来的三分之一，所以转速变为三倍，由每秒 0.40 圈变为每秒 1.19 圈。收拢结束时，金色的 $I$、蓝色的 $\omega$ 和紫色的 $L$ 读数即为上述数值；守恒定律下方的等式 $2.88\times 2.5=0.96\times 7.5$ 验证了乘积相等。她的动能由 $\frac{1}{2}\cdot 2.88\cdot 2.5^2=9\mathrm{J}$ 增至 $\frac{1}{2}\cdot 0.96\cdot 7.5^2=27\mathrm{J}$；她的肌肉提供了其中 18 J 的差值。

绿色箭头表示手臂质量的速度 $v=\omega r$。双臂伸开时，$v=2.5\cdot 0.60=1.5m/s$；双臂收回时，$v=7.5\cdot 0.20=1.5m/s$，依然相同，因为 $\omega$ 变为三倍而 $r$ 降为三分之一。她的双手最终并不更快，变快的是她的整个身体。

例题：小孩跳上旋转木马

一个旋转木马是质量为 100 kg、半径为 1.5 m 的均匀圆盘，装在可以自由转动的轴上，静止不动。一个质量为 30 kg 的小孩以 4 m/s 的速度沿一条恰好擦过圆盘边缘的直线跑来，在边缘处跳上并紧紧抓住。旋转木马会以多快的角速度转动？

小孩沿直线跑动时，她相对转轴已具有角动量：$L=mvr=30\cdot 4\cdot 1.5=180\mathrm{kg}\cdot {\mathrm{m}}^2/s$。圆盘的 $I_d=\frac{1}{2}M{R}^2=\frac{1}{2}\cdot 100\cdot 1.5^2=112.5\mathrm{kg}\cdot {\mathrm{m}}^2$，位于边缘的小孩增加 $m{R}^2=67.5\mathrm{kg}\cdot {\mathrm{m}}^2$，因此总转动惯量为 $180\mathrm{kg}\cdot {\mathrm{m}}^2$，且
$\omega =L/I=180/180=1.0rad/s$

动能由 $\frac{1}{2}\cdot 30\cdot 4^2=240\mathrm{J}$ 降至 $\frac{1}{2}\cdot 180\cdot 1.0^2=90\mathrm{J}$：与两个碰撞后粘在一起的物体相同，落上去后角动量仍然保留，而 150 J 变成了热能。若她随后走到圆心，她（视为质点）对 $I$ 的贡献降为零，所以 $\omega =180/112.5=1.6rad/s$，$K=\frac{1}{2}\cdot 112.5\cdot 1.6^2=144\mathrm{J}$。多出的 54 J 是她向内拉动自身所做的功。

读懂条形图和箭头

手臂收回时，金色的 $I$ 条缩短为原来的三分之一，蓝色的 $\omega$ 条增长为三倍，紫色的 $L$ 条始终不动：两个变化的量相互制约，使其乘积保持在 $7.20\mathrm{kg}\cdot {\mathrm{m}}^2/s$。若把二者相互作图，$\omega$ 与 $I$ 位于一条双曲线上，$\omega =L/I$。

循环的前 1.5 s 中，双臂伸开，她转过 3.75 rad，约 0.6 圈；在双臂收回的 2.4 s 中，她转过 18 rad，将近三圈。手臂运动时，绿色箭头会倾斜：收回时向内，放开时向外，并增长到约 1.8 m/s，因为双手也沿半径方向运动；手臂停止时，箭头再次与圆周相切，速度为 1.5 m/s。

常见错误

• 物体改变形状时动能不守恒。若动能守恒，转动惯量降为三分之一只会使转速变为 $\sqrt{3}$ 倍，即 4.33 rad/s 而非 7.5 rad/s；事实上 $K$ 增至三倍，即由 9 J 变为 27 J。
• 收拢双臂并不会对滑冰者整体施加力矩。手臂与躯干相互推挤，但这些内力矩只在各部分之间转移角动量：手臂的份额 $2m{r}^2\omega$ 由 5.40 降至 1.80 kg·m²/s，而躯干的 $I_0\omega$ 由 1.80 升至 5.40。
• 转动惯量与距离的平方成正比。把手臂质量拉到原来距离的三分之一，其份额 $2m{r}^2$ 由 2.16 降至 0.24 kg·m²，即降为九分之一；总量只降为三分之一，因为躯干部分保持不变。
• 守恒要求绕该轴的外力矩为零。重力和冰面的支持力都是竖直的，对竖直轴不产生力矩；而冰刀的轻微摩擦力会产生力矩，所以真实的旋转会逐渐衰减。

应用实例

跳水和体操运动员以固定的角动量起跳，蜷身以加快转速，在落地前再伸展身体。直升机需要尾桨：发动机使主旋翼朝一个方向转动，若没有外力矩，机身就会朝相反方向转动。坍缩的恒星会急剧加快自转：一个与地球大小相当、每天自转一圈的核心，若收缩成半径 10 km 的球，其 $I$ 将缩小 $(6400/10{)}^2\approx 4\times 10^5$ 倍，并以每秒约五圈的速度自转，与典型的脉冲星相当。

接下来，《万有引力与轨道》一课把这一规律转化为开普勒面积定律：引力对太阳不产生力矩，因此行星离太阳最近时运动最快。《原子模型：玻尔原子》一课则展示角动量是一份一份、以整数倍出现的。

高级

作为叉积的角动量

动量衡量一个物体携带多少直线运动。角动量对绕某一点的运动起着同样的作用，只要外部没有对系统施加扭转作用，它就保持不变。要定义它，先选取一个参考点 O。位于距 O 为 $\vec{r}$ 处、以速度 $\vec{v}$ 运动的质量为 $m$ 的质点，其动量为 $\vec{p}=m\vec{v}$，相对 O 的角动量为
$\vec{L}=\vec{r}\times \vec{p}$

图例

$O$	计算 $\vec{L}$ 所取的点。
$\vec{r}$	质点的位置，从 $O$ 指向质点。	$\mathrm{m}$
$\vec{p}$	质点的动量 $m\vec{v}$，沿其运动线。	$\mathrm{kg}\cdot m/s$
$\phi$	$\vec{r}$ 与 $\vec{p}$ 之间的夹角，标在质点处。	$\mathrm{rad}$
$b$	力臂：$O$ 到运动线的垂直距离，$b=r\sin \phi$。	$\mathrm{m}$
$\vec{L}$	绕 $O$ 的角动量：大小 $rp\sin \phi =pb$，按右手定则指向纸面外。	$\mathrm{kg}\cdot {\mathrm{m}}^2/s$

在图 1 中，向量 $\vec{r}$ 从 O 指向质点，$\vec{p}$ 沿虚线所示的运动方向。两者之间的夹角 $\phi$ 标注在质点处，从 $\vec{r}$ 的延长线转到 $\vec{p}$。两个向量的叉积大小等于第一个向量的模、第二个向量的模与两者夹角正弦的乘积，因此 $L=rp\sin \phi$。

再看线段 $b$。它从 O 画到运动线上，并与运动线成直角相交，因此 $b$ 是 O 到该直线的最短距离。它构成一个直角三角形，其最长边为 $\vec{r}$。三角形在质点处的角，位于朝向 O 的方向与沿运动线向回的方向之间；这两个方向分别是 $\vec{r}$ 和 $\vec{p}$ 的反方向，因此该角仍是 $\phi$。它的对边为 $b=r\sin \phi$，于是
$L=rp\sin \phi =pb$
距离 $b$ 就是动量的力臂。用一句话概括：角动量就是动量乘以其力臂。

$\vec{L}$ 的方向与 $\vec{r}$ 和 $\vec{p}$ 都垂直，右手定则决定其指向：把右手手指沿质点绕 O 运动的方向弯曲，拇指即指向 $\vec{L}$。在图 1 中，质点绕 O 逆时针运动，因此 $\vec{L}$ 指向纸面外，朝向读者；O 处的圆点标记表示这一方向。同理，从上方看逆时针旋转的滑冰者，其 $\vec{L}$ 竖直向上。

由此可直接得出三个结论。第一，只有绕 O 的运动才有贡献：沿直线朝向 O 或背离 O 运动的质点，$\phi =0$ 或 $\phi =\pi$，因此 $L=0$。第二，$\vec{L}$ 取决于所选的 O。一个以速度 $v$ 自由滑行的冰球，相对于距其运动直线为 $b$ 的任一点，$L=mvb$，且在每一时刻都相同；相对于其运动直线上的任一点，$L=0$。第三，$\vec{L}$ 衡量扫过面积的快慢。在很短的时间 $dt$ 内，从 O 到质点的连线扫过一个细三角形，面积为 $\frac{1}{2}|\vec{r}\times \vec{v}|dt$，因此每秒扫过的面积为 $|\vec{r}\times \vec{v}|/2=L/(2m)$。

力矩、内力与守恒

是什么改变了 $\vec{L}$？对单个质点，利用乘积法则对 $\vec{L}=\vec{r}\times \vec{p}$ 求导，并使用 $d\vec{r}/dt=\vec{v}$ 和牛顿第二定律 $d\vec{p}/dt=\vec{F}$：
$\frac{d\vec{L}}{dt}=\vec{v}\times m\vec{v}+\vec{r}\times \vec{F}=\vec{\tau }$
第一项为零，因为两个平行向量的叉积为零，而 $\vec{v}$ 与 $m\vec{v}$ 平行。第二项是力相对 O 的力矩 $\vec{\tau }=\vec{r}\times \vec{F}$。依据与图 1 相同的几何关系，它的大小等于力乘以其自身的力臂，即 O 到力的作用线的距离。对于质点系，将上式对所有质点求和。每个质点既受外力，也受其他质点的内力，问题在于这些内力对总量有什么影响。

图例

$O$	计算力矩所取的点。
${\vec{r}}_1$	质点 1 的位置，从 $O$ 算起。	$\mathrm{m}$
${\vec{r}}_2$	质点 2 的位置，从 $O$ 算起。	$\mathrm{m}$
$\vec{F}$	质点 2 作用于质点 1 的力，沿二者连线。质点 2 受到 $-\vec{F}$。	$\mathrm{N}$
$b$	两个力的力臂：$O$ 到二者连线的距离。	$\mathrm{m}$
${\vec{\tau }}_1$	$\vec{F}$ 对质点 1 绕 $O$ 的力矩：大小 $Fb$，指向纸内。	$\mathrm{N}\cdot \mathrm{m}$
${\vec{\tau }}_2$	$-\vec{F}$ 对质点 2 绕 $O$ 的力矩：大小 $Fb$，指向纸外。	$\mathrm{N}\cdot \mathrm{m}$

图 2 展示了一对内力。质点 1 受到质点 2 的力 $\vec{F}$，质点 2 受到质点 1 的力 $-\vec{F}$：根据牛顿第三定律，二者大小相等、方向相反。两个力都沿连接两质点的虚线作用。这是第三定律的强形式，引力和接触力都遵守它。

看它们的力臂。两个力位于同一直线上，而该直线到 O 的距离为 $b$，因此两个力的力臂都是 $b$，与位置 ${\vec{r}}_1$ 和 ${\vec{r}}_2$ 无关。它们的力矩大小相同，都是 $Fb$。方向相反：$\vec{F}$ 使质点 1 绕 O 顺时针转动，因此 ${\vec{\tau }}_1$ 指向纸内；$-\vec{F}$ 使质点 2 逆时针转动，因此 ${\vec{\tau }}_2$ 指向纸外。两个力矩相互抵消。

这一论证对任意点、任意一对质点都成立，因此所有内力矩都在求和中消失。剩下的是
$\frac{d\vec{L}}{dt}={\vec{\tau }}_{\mathrm{ext}}$
其中 $\vec{L}$ 现在是总角动量，${\vec{\tau }}_{\mathrm{ext}}$ 是外力的总力矩。它是 $d\vec{p}/dt={\vec{F}}_{\mathrm{ext}}$ 的转动对应式。它对任何质点系都成立，无论是刚体还是非刚体，并且对质心也成立，即使该点在加速运动。没有外力矩时，无论系统如何改变形状，$\vec{L}$ 都保持不变。跳水运动员在空中就是例子：重力作用于她的质心，因此相对该点没有力臂，也就没有力矩，她的角动量一直保持到入水。

有心力：等面积

第一个应用出现在轨道问题中。有心力是始终指向某一固定点的力，即沿该点与物体的连线方向。这条线经过该点，因此相对该点没有力臂，也没有力矩。

图例

$S$	太阳，即力始终指向的固定点。
$r$	从 $S$ 到行星的距离；这条线段扫过每个扇形。	$\mathrm{m}$
$\vec{F}$	作用于行星的力，始终沿指向 $S$ 的连线。	$\mathrm{N}$
$\vec{v}$	行星的速度，与其轨道相切。	$m/s$
$A_1$	在 $S$ 附近的时间 $\Delta t$ 内，从 $S$ 到行星的连线扫过的面积。	${\mathrm{m}}^2$
$A_2$	远离 $S$ 时在相同时间 $\Delta t$ 内扫过的面积；等于 $A_1$。	${\mathrm{m}}^2$

在图 3 中，作用在行星上的力 $\vec{F}$ 沿其到太阳 $S$ 的连线 $r$ 方向，因此 $\vec{r}\times \vec{F}=0$，行星相对 $S$ 的角动量永远不变。这有两个结果：它的方向固定，而且由于 $\vec{L}$ 与 $\vec{r}$ 和 $\vec{v}$ 都垂直，轨道保持在一个平面内。它的大小固定，因此从 $S$ 到行星的连线以前文求得的恒定速率 $L/(2m)$ 扫过面积。

现在比较两个阴影扇形，它们是在相同时间 $\Delta t$ 内扫过的。靠近 $S$ 时行星速度快，但连线 $r$ 短，因此 $A_1$ 是一个又短又宽的扇形。远离 $S$ 时行星速度慢，但 $r$ 长，因此 $A_2$ 是一个又长又窄的扇条。两处每秒扫过的面积 $\frac{1}{2}vb$ 相同，所以 $A_1=A_2$，尽管形状看起来大不相同。这就是开普勒第二定律，即相等时间内扫过相等面积；他于 1609 年发表这一定律，而牛顿几乎八十年后才说明其成立的原因。论证从未用到平方反比律，因此相等面积对所有有心力都成立。

转动物体：图像说明什么

大多数日常转动是物体绕固定轴转动，此时角动量具有简单的形式。距轴为 $r$ 的一个小质量 $m$ 以 $\omega r$ 的速度沿圆周运动，其中 $\omega$ 是角速度，单位为 rad/s。它的动量 $m\omega r$ 与半径垂直，因此它相对该轴的力臂为 $r$，沿轴的角动量为 $m{r}^2\omega$。将所有质量相加，
$L=\sum m{r}^2\omega =I\omega$
其中 $I=\sum m{r}^2$ 是转动惯量。与质量不同，$I$ 会随物体形状的改变而改变。动画将滑冰者建模为：躯干 $I_0=0.72\mathrm{kg}\cdot {\mathrm{m}}^2$，加上两个质量各为 $m=3\mathrm{kg}$、距轴距离为 $r$ 的手臂质量，因此 $I=I_0+2m{r}^2$。冰面对竖直轴不产生力矩，因此 $L$ 固定，且 $\omega =L/I$。

专家图表正好体现了这一点。$L(t)$ 是一条位于 $7.20\mathrm{kg}\cdot {\mathrm{m}}^2/s$ 的水平线：其斜率即外力矩，而外力矩为零。随着 $r$ 由 0.60 m 减至 0.20 m，$I(t)$ 由 2.88 降至 0.96 kg·m²，$\omega (t)=L/I(t)$ 由 2.5 升至 7.5 rad/s。它的上升并不均匀：起初缓慢，在收臂约三分之二处最快，因为当 $I$ 已经很小时，同样的 $I$ 减量会使 $L/I$ 增加得更多；最后，手臂减速并停止。收臂到一半时，$r=0.40\mathrm{m}$，$I=0.72+2\cdot 3\cdot 0.40^2=1.68\mathrm{kg}\cdot {\mathrm{m}}^2$，$\omega =7.20/1.68=4.29rad/s$，只比从 2.5 到 7.5 rad/s 这段区间的三分之一多一点。

$K(t)$ 图像的形状与 $\omega (t)$ 完全相同。原因是 $K=\frac{1}{2}I{\omega }^2=\frac{1}{2}L\omega$：$L$ 固定时，$K$ 就是 $\omega$ 乘以 $L/2=3.6\mathrm{J}\cdot \mathrm{s}$。因此在 2.5 rad/s 时为 9 J，在 7.5 rad/s 时为 27 J。角动量保持不变，而动能增至三倍。

额外能量由谁提供

动能增加了 $27-9=18\mathrm{J}$，但没有外力矩作用。能量必须来自滑冰者自身，值得精确地追踪其过程。

从冰场上看，每个手臂质量都在圆周上运动，因此需要一个指向轴的向心拉力 $m{\omega }^{2}r$，而她的手臂提供了这一拉力。当质量向内运动时，每个拉力都与其运动方向相同，因此做正功。要计入这部分功，保持 $L$ 不变并写出 $K=L^2/(2I)$。由于 $I=I_0+2m{r}^2$，半径的微小变化 $dr$ 使 $I$ 改变 $dI=4mrdr$。再利用 $L/I=\omega$，
$dK=-\frac{L^2}{2I^2}dI=-2m{\omega }^{2}rdr$
手臂向内收时 $dr$ 为负，$dK$ 为正。右边恰好是两个拉力所做的功：$2m{\omega }^{2}r$ 乘以向内的位移 $|dr|$。将从 $I_1$ 到 $I_2$ 的各段相加，
$W=\Delta K=\frac{L^2}{2}\left(\frac{1}{I_2}-\frac{1}{I_1}\right)$
对滑冰者而言，这等于 $25.92\cdot (1/0.96-1/2.88)=18\mathrm{J}$。再次伸开手臂时，同样的 18 J 又从转动中被取走。

$W$ 读数是在做功的同时计入的。在收臂过程中，它略微领先于 $K$ 的上升，最多超前 0.60 J，因为这部分功还用于手臂质量向轴运动：这对质量的动能为 $m{\dot{r}}^2$，其中 $\dot{r}$ 是它们的径向速度。手臂停止时，两者都达到 18 J。

从她自己的旋转参考系看，同一个故事要用不同的力来叙述。在那里，她的手臂克服离心力做功。向内运动的手臂质量还受到科里奥利力，它沿侧向作用，把它们推向躯干前方，即自旋方向。手臂在肩部被拉住，便向前挤压躯干，使躯干加速旋转。躯干自身的角动量 $I_0\omega$ 以 $I_{0}d\omega /dt$ 的速率增长，因此这就是内力矩。在收臂中点，$\omega (t)$ 图像的斜率约为 $5.5rad/{\mathrm{s}}^2$，力矩为 $I_{0}d\omega /dt\approx 0.72\cdot 5.5\approx 4.0\mathrm{N}\cdot \mathrm{m}$。

轴转动时：进动

到目前为止，$\vec{L}$ 都保持方向不变。但 $\vec{L}$ 是矢量，与之垂直的力矩改变的是它的方向而非大小。这正是高速旋转的陀螺不会倒下的原因。

图例

$d$	支点到重力作用线的距离。	$\mathrm{m}$
$mg$	车轮的重量，作用于其中心。	$\mathrm{N}$
$\vec{L}$	车轮沿轴的自旋角动量。	$\mathrm{kg}\cdot {\mathrm{m}}^2/s$
$\vec{\tau }$	重力相对支点的力矩，$\tau =mgd$：水平且与 $\vec{L}$ 垂直。	$\mathrm{N}\cdot \mathrm{m}$
$d\vec{L}$	在很短的时间 $dt$ 内 $\vec{L}$ 的变化：$d\vec{L}=\vec{\tau }dt$。	$\mathrm{kg}\cdot {\mathrm{m}}^2/s$
${\vec{L}}^{\prime }$	经过 $dt$ 后的角动量：$\vec{L}+d\vec{L}$。	$\mathrm{kg}\cdot {\mathrm{m}}^2/s$
$d\beta$	在 $dt$ 内 $\vec{L}$ 转过的角度：$d\beta =\tau dt/L$。	$\mathrm{rad}$
$\Omega$	轴绕转摆动的角速率，$\Omega =d\beta /dt=\tau /L$。	$rad/s$

图 4 展示了标准例子：一个高速旋转的车轮，装在一根水平轴上，轴只在一端被支撑。它的自旋角动量 $\vec{L}$ 沿轴的方向。左图从侧面看，重力 $mg$ 作用于车轮中心，距支点 $d$。它相对支点的力矩大小为 $\tau =mgd$，水平方向，与轴垂直。右图从上方看，$\vec{\tau }$ 与 $\vec{L}$ 垂直。

现在应用 $d\vec{L}/dt=\vec{\tau }$。在很短的时间 $dt$ 内，角动量增加 $d\vec{L}=\vec{\tau }dt$，与力矩平行，因此即与 $\vec{L}$ 垂直。新矢量 ${\vec{L}}^{\prime }=\vec{L}+d\vec{L}$ 在 $dt$ 的一阶近似下长度与 $\vec{L}$ 相同，但它已转过一个小角度 $d\beta =dL/L=\tau dt/L$。（图中为了看清角度，画的 $dt$ 较大。）轴跟随 $\vec{L}$ 运动，因此它不会倒下，而是以下列速率在水平面内转动
$\Omega =\frac{d\beta }{dt}=\frac{\tau }{L}$
用矢量形式写为 $\vec{\tau }=\vec{\Omega }\times \vec{L}$，在图 4 中逆时针转动时 $\vec{\Omega }$ 竖直向上。

对于自旋角动量为 $I\omega$、质心沿轴距支点 $d$ 的陀螺或陀螺仪，结论相同。若轴偏离竖直方向，重力的力臂和 $\vec{L}$ 的水平分量都带有倾角的正弦，这一因子相互抵消。因此在任意倾角下
$\Omega =\frac{mgd}{I\omega }\text{(gyroscopic precession)}$

一个自行车车轮的 $I=0.25\mathrm{kg}\cdot {\mathrm{m}}^2$，质量 2.5 kg，以 40 rad/s 高速旋转，并在轴的一端支撑，距车轮中心 0.20 m。它的 $L=0.25\cdot 40=10\mathrm{kg}\cdot {\mathrm{m}}^2/s$，其重力产生的力矩 $\tau =2.5\cdot 9.81\cdot 0.20\approx 4.9\mathrm{N}\cdot \mathrm{m}$。它不会倒下：它以 $\Omega =4.9/10\approx 0.49rad/s$ 的速率转动，约每 13 s 转一圈。地球就像一个缓慢旋转的陀螺：太阳和月球拉动其赤道隆起部分，使其自转轴约每 26 000 年进动一周。

$\vec{L}$ 作为矢量还有另一个结果：只有绕物体的主轴（如对称轴）旋转时，它才与 $\vec{\omega }$ 平行。稍微倾斜地装在轴上的车轮，其 $\vec{L}$ 不在轴线上。车轮转动时，$\vec{L}$ 绕轴扫动，因此持续变化；由 $d\vec{L}/dt=\vec{\tau }$ 可知，轴承必须持续提供力矩。这就是车轮需要做动平衡的原因。

例题：旋转逐渐停下

实际的冰面并非无摩擦。假设冰刀施加恒定的摩擦力矩 $\tau =0.30\mathrm{N}\cdot \mathrm{m}$ 阻碍她的旋转，初始 $L_0=7.20\mathrm{kg}\cdot {\mathrm{m}}^2/s$（即动画中的值）。旋转能持续多久？她双臂收拢（$I=0.96\mathrm{kg}\cdot {\mathrm{m}}^2$）和双臂伸开（$I=2.88\mathrm{kg}\cdot {\mathrm{m}}^2$）时各转多少圈？

持续时间：现在 $dL/dt=-\tau$，因此 $L$ 以恒定速率下降，$L(t)=7.20-0.30t$，经过 $T=L_0/\tau =24\mathrm{s}$ 降为零。她的形状在这里并不影响结果：两种情况下，平坦的 $L(t)$ 图都会变为同一条下降的直线。

转数：转过的角度确实取决于她的形状，因为 $\omega =L(t)/I$。24 s 内转过的角度是 $\omega$ 的积分：
$\theta ={\int }_0^T\frac{L_0-\tau t}{I}dt=\frac{L_0^2}{2\tau I}$
这是下降直线下方一个三角形的面积，高为 $L_0/I$，底为 $L_0/\tau$。双臂收拢时，$\theta =51.84/(2\cdot 0.30\cdot 0.96)=90\mathrm{rad}$，约 14.3 圈。双臂伸开时仅为 30 rad，约 4.8 圈。

能量也验证了这一点。摩擦力矩克服旋转所做的功为 $\tau \theta$，$0.30\cdot 90=27\mathrm{J}$ 和 $0.30\cdot 30=9\mathrm{J}$，恰好是她两种状态下的初始动能。收拢双臂并不能让旋转持续更久；它只是把三倍的圈数压进同样的 24 s 内。

适用范围的限制

滑冰者模型是理想化的：真实的手臂是分布的质量，而非两个质点；摩擦和空气阻力也从未真正消失。守恒定律本身比任何模型都更稳健。上面的证明用到了牛顿第三定律的强形式，即内力沿质点之间的连线。引力和接触力遵守这一形式，而运动电荷之间的磁力则未必。然而并不因此丢失任何东西：电磁场自身携带角动量，把场的份额计入后，守恒定律依然成立。例如，圆偏振光会把角动量传递给吸收它的物体。

进动公式假设 $\Omega \ll \omega$，即自旋承载了几乎全部的角动量；对于自行车车轮，两者之比约为 1%。若将车轮转速降到 10 rad/s，则 $\Omega$ 达到 2.0 rad/s，约为 $\omega$ 的五分之一。此时轴在转动时会明显地上下起伏，这种运动称为章动，而不再平稳地滑行。

在原子尺度上，角动量是量子化的：它在任一轴上的分量只取间隔为约化普朗克常数 $\hslash =1.055\times 10^{-34}\mathrm{J}\cdot \mathrm{s}$ 整数倍的值。滑冰者的 $7.20\mathrm{kg}\cdot {\mathrm{m}}^2/s$ 约相当于 $7\times 10^{34}$ 个这样的步长，因此其颗粒性不可见。而对原子中的电子，颗粒性就是一切。电子还具有内禀角动量，即自旋，其分量为 $\pm \hslash /2$，它并不是任何小球的转动。狭义相对论保留 $\vec{L}=\vec{r}\times \vec{p}$（使用相对论动量），也保留其守恒性。

延伸

角动量为什么守恒？因为空间没有优选方向。根据诺特定理，物理定律的每一种连续对称性都对应一个守恒量：空间在各处相同给出动量，时间相同给出能量，各方向相同给出角动量。

这一定律的影响十分广泛。在《万有引力与轨道》中，它解释了等面积定律，径向能量中的 $L^2/(2m{r}^2)$ 项充当离心势垒，阻止行星落入太阳。在《原子模型：玻尔原子》中，规则 $L=n\hslash$ 决定了氢原子的能级。以 $\hslash$ 为单位计算的自旋，把《粒子与相互作用：标准模型》中的物质粒子（自旋 1/2）与力的传递粒子（自旋 1）区分开来。电子自旋的对齐则使铁具有磁性，正如《磁体与电流的磁场》一课所述。