大学物理2练习册答案
Ⅰ 哪位大神有“大学物理A（2）”的题库和答案
系 (院)
专 业
年级、班级
学 号
姓 名
衡阳师范学院2007年下学期
《大学物理》（二）期末考试试题卷（答卷）
题 号 一 二 三 四 五 合 分 签 名
得 分
复 查
得分 评卷人
一、 单项选择题：（每小题3分，共30分）
处于真空中的电流元 到P点的位矢为 ，则 在P点产生的磁感应强度为 ( B )
(A) ； (B) ； (C) ； (D) .
2. 在磁感应强度为 的均匀磁场中，取一边长为 的立方形闭合面，则通过该闭合面的磁通量的大小为： （ D ）
(A) ； (B) ； (C) ； (D) 0。
3. 如图，两导线中的电流I1=4 A，I2=1 A，根据安培环路定律，对图中所示的闭合曲线C有 = ( A )
(A) 3μ0； （B）0；
(C) －3μ0； （D）5μ0。
4．半径为a的长直圆柱体载流为I， 电流I均匀分布在横截面上，则圆柱体外（r>a）的一点P的磁感应强度的大小为 ( A )
(A) ； (B) ；
(C) ； (D) 。
5．某时刻波形图如图所示，下列说法正确的是 ( B )
(A) A点势能最大，动能最小；
(B) B点势能最大，动能最大。
(C) A、C两点势能最大，动能最大；
(D) B点动能最大，势能最小。
6. 将水平弹簧振子拉离平衡位置5cm，由静止释放而作简谐振动，并开始计时，若选拉开方向为 轴正方向，并以 表示振动方程，则这一简谐振动的初相位和振幅为 （ B ）
(A) ， ； (B) ， ；
(C) ， ； (D) ， 。
7. 一物体作简谐振动, 振动方程为x=Acos(ωt+π/4)。在t=T/4(T为周期)时刻,物体的加速度为 ( D )
(A) ; (B) ; (C) ; (D) 。
8. 简谐振动的位移—时间曲线关系如图所示，该简谐振动的振动方程为
(A) x=4cos2πt（m）； ( C )
(B) x=4cos(πt－π)（m）；
(C) x=4cosπt（m）；
(D) x=4cos(2πt+π)（m）。
9．一余弦波沿x轴负方向传播，已知x=－1 m处振动方程为y=Acos(ωt+ )，若波速为u，则波动方程为 ( C )
(A) ; (B) ;
(C) ; (D)
10．如图所示，两平面玻璃板OA和OB构成一空气劈尖，一平面单色光垂直入射到劈尖上，当A板与B板的夹角θ增大时，干涉图样将 ( C )
(A) 干涉条纹间距增大，并向O方向移动；
(B) 干涉条纹间距减小，并向B方向移动；
(C) 干涉条纹间距减小，并向O方向移动；
(D) 干涉条纹间距增大，并向O方向移动.
得分 评卷人
二、填空题：（每小题3分，共18分）
电流为I的长直导线周围的磁感应强度为 。
2. 相干波的相干条件为 振动方向相同、频率相同、相位差恒定 。
3. 谐振子从平衡位置运动到最远点所需时间为 T/4 (用周期表示)，走过该距离的一半所需时间为 T/12 (用周期表示)。
4. 从微观上来说, 产生动生电动势的非静电力是 洛仑兹力 。
5．两个谐振动方程为x1=0.03cosωt，x2=0.04cos(ωt+π／2)(SI)，则它们的合振幅为 0.05 m 。
6. 描述简谐运动的三个特征量为 振幅、角频率、初相 。
得分 评卷人
三、简答题：（每小题6分，共12分）
当一个弹簧振子的振幅增大到两倍时，试分析它的下列物理量将受到什么影响：振动的周期、最大速度、最大加速度和振动的能量。
参考解弹簧振子的周期为T=2π 【1分】，仅与系统的内在性质有关，与外界因素无关【1分】，所以与振幅无关。【1分】
vmax=ωA，当A增大到两倍时，vmax也增大到原来的两倍。【1分】
amax=ω2A，当A增大到两倍时，amax也增大到原来的两倍。【1分】
E= kA2，当A增大到两倍时，E增大到原来的四倍。【1分】
2． 把同一光源发的光分成两部分而成为相干光的方法有哪几种？这几种方法分别有什么特点并举例？
参考解把同一光源发的光分成两部分而成为相干光的方法有两种：分波阵面法和分振幅法【2分】。分波阵面法是指把原光源发出的同一波阵面上的两部分作为两子光源而取得相干光的方法，如杨氏双缝干涉实验等【2分】；分振幅法是指将一普通光源同一点发出的光，利用反射、折射等方法把它“一分为二”，从而获得相干光的方法，如薄膜干涉等【2分】。
得分 评卷人
四、计算题：（第1题7分，其它每小题8分，共31分）
有一个和轻弹簧相连的小球，沿x轴作振幅为A的简谐运动。该振动的表达式用余弦函数表示。若t=0时，球的运动状态分别为：
(1) x0=－A；(2) 过平衡位置向x正方向运动；(3) 过x=A／2处，且向x负方向运动。试确定相应的初相。
解：(1) =π【1分】；(2) =－π／2【1分】；(3) =π／3【1分】。
相量图如下：【图（1）1分；图（2）1分；图（3）2分】
2．一水平弹簧振子，振幅A=2.0×10-2m，周期T=0.50s。当t=0时，
(1) 物体过x=1.0×10-2m处，向负方向运动；
(2) 物体过x=－1.0×10-2m处，向正方向运动。
分别写出以上两种情况下的振动表达式。
解一： 相量图法。由题知 =4π【2分】
（1）φ1= ， 其振动表达式 x1=2.0×10-2cos(4πt+ ) (m) 【3分】
（2）φ2= 或－ ， 其振动表达式 x1=2.0×10-2cos(4πt+ ) (m) 【3分】
解二： 解析法。（1）因为T=0时，x0=1.0×10-2m=A/2, v0<0. 【1分】
由x0=Acosφ= ，知 cosφ= ，则φ=± ，
由 v0=－ωAsinφ<0，有 sinφ>0，所以φ= ，【1分】
其振动表达式为 x1=2.0×10-2cos(4πt+ ) (m) 【2分】
（2）因为T=0时，x0=－1.0×10-2m=A/2, v0>0. 【1分】
由x0=Acosφ=－ ，知 cosφ=－ ，则φ=± （或 ， ），
由 v0=－ωAsinφ>0，有 sinφ<0，所以φ= 或－ ，【1分】
其振动表达式
x1=2.0×10-2cos(4πt+ ) (m)= 2.0×10-2cos(4πt－ ) (m) 【2分】
3. 如图所示，线圈均匀密绕在截面为长方形的整个木环上(木环的内外半径分别为R1和R2，厚度为h，木料对磁场分布无影响)，共有N匝，求通入电流I后，环内外磁场的分布。通过管截面的磁通量是多少?
解： 适当选取安培环路，然后根据安培环路定理分两种情况讨论环外和环内的磁场。作垂直于木环中轴线而圆心在中轴线上的圆为安培环路L。
如果圆周在环外，因为 =0，则由安培环路定理可得，在环外 B=0。
如果圆周在环内，且半径为r(R1<r<R2)，根据电流分布的对称性可知，与木环共轴的圆周上各点B的大小相等，方向沿圆周的切线方向。则由安培环路定理
【2分】， B?2πr=μ0NI
由此得，在环内 B=μ0NI／(2πr) 【2分】
为了求环管截面通过的磁通量，可先考虑环管内截面上宽为dr，高为h的一窄条面积通过的磁通量为 dφ=Bhdr＝ dr【2分】
通过管全部截面的磁通量为 Φ= 【2分】
4. 在折射率n1=1.52的镜头表面涂有一层n2=1.38的MgF2增透膜，如果此膜适用于波长λ=550nm的光，膜的最小厚度应是多少?
解一： 增透膜就是使反射光干涉相消，从而增大透射光的光强。因n空<n2<n1，当光在MgF2的上、下表面反射时均有半波损失【2分】，所以反射光干涉相消的条件为
2n2h=(2k+1) , k=0,1,2,… 则 h=(2k+1) 【3分】
当k=0【1分】时，可得增透膜的最小厚度
hmin= = =9.96×10-8(m)= 99.6nm【2分】
解二： 对于增透膜，使反射光干涉相消也就是使透射光干涉相长。故也可由透射光干涉加强求增透膜的厚度。当光在MgF2的上、下表面经二次反射（有半波损失）【2分】后透射到镜头与直接透过MgF2的透射光相遇时，两透射光的光程差为2n2h+λ/2。由干涉相长条件，有
2n2h+ =kλ,k=1,2,3,… 则h=(k－ ) 【3分】
当k=1【1分】时，得增透膜最小厚度hmin= = =9.96×10-8(m)=99.6nm【2分】
得分 评卷人
五、证明题：（共9分）
如图所示，长直导线中通有电流I，另一矩形线圈共N 匝，宽为a，长为L，以速度v向右平动，试证明：当矩形线圈左边距长直导线的距离为d时线圈中的感应电动势为 。
解一： 由动生电动势公式 求解。
方法一：通有电流I的长直导线的磁场分布为B=μ0I/2πx，方向垂直线圈平面向里。对于线圈的上、下两边，因 的方向与 的方向垂直，故在线圈向右平移时，线圈的上下两边不会产生感应电动势，（上、下两导线没切割磁场线），只有左右两边产生动生电动势。而左、右两边中动生电动势? 的方向相同，都平行纸面向上，可视为并联，所以线圈中的总电动势为
?＝?1－?2＝N[ － ]【3分】
=N[ ]
=N[ － ]= = 【3分】
? ＞0， 则? 的方向与?1的方向相同，即顺时针方向【3分】。
方法二： 当线圈左边距长直导线距离为d时，线圈左边的磁感应强度B1=μ0I/2πd，方向垂直纸面向里。线圈以速度v运动时左边导线中的动生电动势为
?1＝N =N =NvB1 =Nv L.
方向为顺时针方向【3分】。线圈右边的磁感应强度B2=μ0I/2π(d+a)，方向垂直纸面向里。当线圈运动时右边导线中的动生电动势为
?2 =N =N =NvB2 =Nv L.
方向为逆时针方【3分】。所以线圈中的感应电动势为
?＝?1－?2= Nv L－Nv L=
? ＞0，即? 的方向与?1的方向相同，为顺时针方向【3分】。
方法三： 由? = ，积分路径L取顺时针方向，有
? =N[ ]
=N[ ]=N( )
=Nv L－Nv L= 【6分】
? ＞0，即? 的方向与闭合路径L的方向相同，为顺时针方向【3分】。
解二：由法拉弟电磁感应定律求解。
因为长直导线的磁场是一非均匀磁场B=μ0I/2πr，在线圈平面内磁场方向垂直线圈平面向里。故在距长直导线r处取一长为L，宽为dr的小面元dS=Ldr，取回路绕行方向为顺时针方向，则通过该面元的磁通量
dΦ= =BdScos0°=
通过总个线圈平面的磁通量（设线圈左边距长直导线距离为x时）为
Φ= 【3分】
线圈内的感应电动势由法拉弟电磁感应定律为
? =－
当线圈左边距长直导线距离x=d时，线圈内的感应电动势为
? = 【3分】
因为? ＞0，所以? 的方向与绕行方向一致，即为顺时针方向【3分】。
感应电动势方向也可由楞次定律判断：当线圈向右平动时，由于磁场逐渐减弱，通过线圈的磁通量减少，所以感应电流所产生的磁场要阻碍原磁通的减少，即感应电流的磁场要与原磁场方向相同，所以电动势方向为顺时针方向。
Ⅱ 大学物理A2作业题答案 西南科技大学的
答 案
作业题 (一）
一、1-8 CBACADDC
二、
9. －20E0 / 3; 40E0 / 3
10. －3 / (20); － / (20); / (20); 3 / (20)
11. ; 从O点指向缺口中心点．
12. Q / 0; ＝0，
三、
13. 解：在处取电荷元，其电荷为
dq =dl = 0Rsind
它在O点产生的场强为
3分
在x、y轴上的二个分量
dEx=－dEcos
dEy=－dEsin
对各分量分别求和 ＝0
∴
14. 解:设坐标系如图所示．将半圆柱面划分成许多窄条．dl宽的窄条的电荷线密度为
取位置处的一条，它在轴线上一点产生的场强为
如图所示. 它在x、y轴上的二个分量为：
dEx=dE sin , dEy=－dE cos
对各分量分别积分
场强
15. 解：在球内取半径为r、厚为dr的薄球壳，该壳内所包含的电荷为
在半径为r的球面内包含的总电荷为
(r≤R)
以该球面为高斯面，按高斯定理有
得到 ， (r≤R)
方向沿径向，A>0时向外, A<0时向里．
在球体外作一半径为r的同心高斯球面，按高斯定理有
得到 ， (r >R)
方向沿径向，A>0时向外，A<0时向里．
16. 解：设闭合面内包含净电荷为Q．因场强只有x分量不为零，故只是二个垂直于x轴的平面上电场强度通量不为零．由高斯定理得：
-E1S1+ E2S2=Q / 0 ( S1 = S2 =S ) 3分
则 Q =0S(E2- E1) =0Sb(x2- x1)
= 0ba2(2a－a) =0ba3 = 8.85×10-12 C
作业题（二）
一、1-8 DBCDDACB
二、
9. 10cm 10.
11. Q / (40R2); 0 ; Q / (40R); Q / (40r2)
12. 单位正电荷在静电场中沿任意闭合路径绕行一周，电场力作功等于零 有势（或保守力）
三、
13. 解：将题中的电荷分布看作为面密度为的大平面和面密度为－的圆盘叠加的结果．选x轴垂直于平面，坐标原点O在圆盘中心，大平面在x处产生的场强为
圆盘在该处的场强为
∴
该点电势为
14. 解: 由高斯定理可知空腔内E＝0，故带电球层的空腔是等势区，各点电势均为U .
在球层内取半径为r→r＋dr的薄球层．其电荷为
dq = 4r2dr
该薄层电荷在球心处产生的电势为
整个带电球层在球心处产生的电势为
因为空腔内为等势区所以空腔内任一点的电势U为
若根据电势定义 计算同样给分.
15.解：设内球上所带电荷为Q，则两球间的电场强度的大小为
(R1＜r＜R2)
两球的电势差
∴ ＝2.14×10-9 C
16. 解：设原点O在左边导线的轴线上，x轴通过两导线轴线并与之垂直．在两轴线组成的平面上，在R＜x＜(d－R)区域内，离原点距离x处的P点场强为
则两导线间的电势差
作业题（三）
一、1-8 CBBBDBCB
二、
/(2r)；/(20r r)
10.
11. ;
12. 无极分子;电偶极子
三、
13. 解：(1) 由静电感应，金属球壳的内表面上有感生电荷-q，外表面上带电荷q+Q．
(2) 不论球壳内表面上的感生电荷是如何分布的，因为任一电荷元离O点的距离都是a，所以由这些电荷在O点产生的电势为
(3) 球心O点处的总电势为分布在球壳内外表面上的电荷和点电荷q在O点产生的电势的代数和
14. 解：设导体球带电q，取无穷远处为电势零点，则
导体球电势：
内球壳电势：
二者等电势，即
解得
15. 解：(1) 令无限远处电势为零，则带电荷为q的导体球，其电势为
将dq从无限远处搬到球上过程中，外力作的功等于该电荷元在球上所具有的电势能
(2) 带电球体的电荷从零增加到Q的过程中，外力作功为
16. 解：设内外圆筒沿轴向单位长度上分别带有电荷+和, 根据高斯定理可求得两
圆筒间任一点的电场强度为
则两圆筒的电势差为
解得
于是可求得A点的电场强度为
= 998 V/m 方向沿径向向外
A点与外筒间的电势差：
= 12.5 V
作业题（四）
一、1-8 C C D C B D B A
二、
9. 1:1 10. 0; 11. 12.
13. 解：(1) 圆柱形载流导体在空间的磁感强度的分布为
∴穿过ABCD的为
(2) 圆筒载流导体在空间的磁感强度分布为
穿过 ABCD 的Φ为： =
(3) 在题给条件下，筒壁中 0<B<0I /(2R)，B为有限值，当壁厚趋于零时壁截面上磁通量趋于零，即 ，可得
14. 解：将导线分成1、2、3、4四部份，各部分在O点产生的磁感强度设为B1、B2、B3、B4．根据叠加原理O点的磁感强度为：
∵ 、 均为0，故 2分
方向 2分
方向
其中 ，
∴ 方向
15. 解：由毕奥－萨伐尔定律可得，设半径为R1的载流半圆弧在O点产生的磁感强度为B1，则
同理,
∵ ∴
故磁感强度
∴
16. 解：如图所示，圆筒旋转时相当于圆筒上具有同向的面电流密度i，
3分
作矩形有向闭合环路如图中所示．从电流分布的对称性分析可知，在 上各点 的大小和方向均相同，而且 的方向平行于 ，在 和 上各点 的方向与线元垂直，在 , 上各点 ．应用安培环路定理
可得
圆筒内部为均匀磁场，磁感强度的大小为 ，方向平行于轴线朝右．
作业题(五)
一、1-8 ABAACBDB
二、 9. 10. 11. 12.
三、
.
13. 解：电子进入磁场作圆周运动，圆心在底边上．当电子轨迹 与上面边界相切时，对应最大速度，此时有如图所示情形．
∴
由 ，求出v最大值为
14. 解：考虑半圆形载流导线CD所受的安培力
列出力的平衡方程式
故：
15. 解：(1) S = ab =5×10-3 m2
pm = SI =1×10-2 (A•m2)， =4.33×10-2 N•m
， =2.16×10-3 kg•m2
(2) 令从 到 的夹角为，∵ 与角位移d的正方向相反
=2.5×10-3 J
16. 解：由安培环路定理：
0< r <R1区域：
，
R1< r <R2区域：
，
R2< r <R3区域：
r >R3区域： H = 0，B = 0
作业题(六)
一、1-8 D A B A B D D A
二、
9. vBLsin ； a
10. ; O点
11.
12. 减小
三、
13. 解：大小：=dd tS dB / d t
=S dB / d t =
=3.68 mV
方向：沿adcb绕向．
14. 解：(1) 设线圈转至任意位置时圆线圈的法向与磁场之间的夹角为，则通过该圆线圈平面的磁通量为
,
∴
在任意时刻线圈中的感应电动势为
当线圈转过时，t =T/4，则 A
(2) 由圆线圈中电流Im在圆心处激发的磁场为
6.20×10-4 T
方向在图面内向下，故此时圆心处的实际磁感强度的大小
T
方向与磁场 的方向基本相同．
15. 解：由题意，大线圈中的电流I在小线圈回路处产生的磁场可视为均匀的．
故穿过小回路的磁通量为
由于小线圈的运动，小线圈中的感应电动势为
当x =NR时，小线圈回路中的感应电动势为
16. 解：动生电动势
为计算简单，可引入一条辅助线MN，构成闭合回路MeNM, 闭合回路总电动势
2分
负号表示 的方向与x轴相反．
方向N→M
作业题 (七)
一、1-8 ACDCACCA
二、
9. 2 (n 1) e / ； 4×103
10. (1) 使两缝间距变小．
(2) 使屏与双缝之间的距离变大
11. 2 ( n – 1) e – /2 或者2 ( n – 1) e + /2
12. 539.1
三、
13. 解：已知：d＝0.2 mm，D＝1 m，l＝20 mm
依公式：
∴ ＝4×10-3 mm＝4000 nm
故当 k＝10 1＝ 400 nm
k＝9 2＝444.4 nm
k＝8 3＝ 500 nm
k＝7 4＝571.4 nm
k＝6 5＝666.7 nm
这五种波长的光在所给观察点最大限度地加强．
14. 解：(1) x＝20 D / a
＝0.11 m
(2) 覆盖云玻璃后，零级明纹应满足
(n－1)e＋r1＝r2
设不盖玻璃片时，此点为第k级明纹，则应有
r2－r1＝k
所以 (n－1)e = k
k＝(n－1) e / ＝6.96≈7
零级明纹移到原第7级明纹处
15. 解：第四条明条纹满足以下两式：
，即 2 ，即
第4级明条纹的位移值为
x =
(也可以直接用条纹间距的公式算，考虑到第四明纹离棱边的距离等于3.5 个明纹间距．)
16. 解：根据暗环半径公式有
由以上两式可得
＝4 m
作业题(八) 答案
一、1-8 B C B C C B D B
二、9. 1.2; 3.6
10. 4 第一暗
11. 一；三
12. 6250Å(或625 nm)
13. 解：(1) 由单缝衍射暗纹公式得
由题意可知 ,
代入上式可得
(2) (k1 = 1, 2, ……)
(k2 = 1, 2, ……)
若k2 = 2k1，则1 = 2，即1的任一k1级极小都有2的2k1级极小与之重合．
14. 解：(1) 由单缝衍射明纹公式可知
(取k＝1 )
,
由于 ,
所以
则两个第一级明纹之间距为
=0.27 cm
(2) 由光栅衍射主极大的公式
且有
所以 =1.8 cm
15. 解：(1) 由光栅衍射主极大公式得
a + b = =2.4×10-4 cm
(2) 若第三级不缺级，则由光栅公式得
由于第三级缺级，则对应于最小可能的a，方向应是单缝衍射第一级暗纹：两式比较，得
a = (a + b)/3=0.8×10-4 cm
(3) ，(主极大)
，(单缝衍射极小) (k＇=1，2，3，......) 因此 k=3，6，9，........缺级．
又因为kmax=(a＋b) / 4, 所以实际呈现k=0，±1，±2级明纹．(k=±4
在 / 2处看不到．)
16. 解：由光栅衍射主极大公式得
4分当两谱线重合时有 1=2
即 ．．．．．．．
两谱线第二次重合即是
， k1=6， k2=4
由光栅公式可知d sin60°=61
=3.05×10-3 mm
作业题 九
一、选择题 1-8 ABBECBDC
二、填空题
9． 2；1/4
10． 2I
11．
12． 完全（线）偏振光； 垂直于入射面； 部分偏振光
三、计算题
13．解：设第二个偏振片与第一个偏振片的偏振化方向间的夹角为．透过第一个偏振片后的光强 I1＝I0 / 2．
透过第二个偏振片后的光强为I2，由马吕斯定律，
I2＝(I0 /2)cos2
透过第三个偏振片的光强为I3，
I3 ＝I2 cos2(90°－) = (I0 / 2) cos2 sin2 (I0 / 8)sin22
由题意知 I3＝I2 / 16
所以 sin22 = 1 / 2，
＝22.5°
14．解：(1) 透过第一个偏振片的光强I1
I1＝I0 cos230°
＝3 I0 / 4
透过第二个偏振片后的光强I2， I2＝I1cos260°
＝3I0 / 16
(2) 原入射光束换为自然光，则
I1＝I0 / 2
I2＝I1cos260°＝I0 / 8
15．解：由布儒斯特定律
tg i0＝1.33
得 i0＝53.1°
16．解：(1) 设该液体的折射率为n，由布儒斯特定律
tgi0＝1.56 / n
得 n＝1.56 / tg48.09°＝1.40
(2) 折射角
r＝0.5－48.09°＝41.91° (＝41° )
作业题(十)
一、1-8 D D A C C C B C
二、
9. ; ;
10. 3.82×103
11. 5×1014 ;2
12. 0.0549
三、
13. 解：(1) 由
得
(恒量)
由此可知，对不同金属，曲线的斜率相同．
(2) h = etg
=6.4×10-34 J•s
14. 解：(1) eV
n =4 2分
(2) 可以发出41、31、21、43、42、32六条谱线．
能级图如图所示．
15. 解：(1) 2.86 eV ．
(2) 由于此谱线是巴耳末线系，其 k =2 eV (E1 =－13.6 eV)
．
(3) 可发射四个线系，共有10条谱线． 见图
波长最短的是由n =5跃迁到n =1的谱线．
Ⅲ 大学物理2.求详解，谢谢
电量为q0=??? 电量为零是么
你表述的不完整 直接给你公式吧
电场力做功：WAB＝qUAB＝Eqd｛WAB:带电体由A到B时电场力所做的功(J)，q:带电量(C)，UAB:电场中A、B两点间的电势差(V)(电场力做功与路径无关),E:匀强电场强度,d:两点沿场强方向的距离(m)｝
电势能：EA＝qφA ｛EA:带电体在A点的电势能(J)，q:电量(C)，φA:A点的电势(V)｝
电势能的变化ΔEAB＝EB-EA ｛带电体在电场中从A位置到B位置时电势能的差值｝
电场力做功与电势能变化ΔEAB＝-WAB＝-qUAB (电势能的增量等于电场力做功的负值
Ⅳ 大学物理第二版上册梁志强版课后答案
第一题：
(4)大学物理2练习册答案扩展阅读
这部分内容主要考察的是质点的知识点：
有质量但不存在体积或形状的点，是物理学的一个理想化模型。在物体的大小和形状不起作用，或者所起的作用并不显著而可以忽略不计时，我们近似地把该物体看作是一个只具有质量而其体积、形状可以忽略不计的理想物体，用来代替物体的有质量的点称为质点。
具有一定质量而不计大小尺寸的物体。物体本身实际上都有一定的大小尺寸，但是，若某物体的大小尺寸同它到其他物体的距离相比，或同其他物体的大小尺寸相比是很小的，则该物体便可近似地看作是一个质点。例如行星的大小尺寸比行星间的距离小很多，行星便可视为质点-因为不计大小尺寸，所以质点在外力作用下只考虑其线运动。
由于质点无大小可言，作用在质点上的许多外力可以合成为一个力，另一方面，研究质点的运动，可以不考虑它的自旋运动。
任何物体可分割为许多质点，物体的各种复杂运动可看成许多质点运动的组合。因此，研究一个质点的运动是掌握各种物体形形色色运动的入门。牛顿第二定律是适合于一个质点的运动规律的。有了这个定律，再配合牛顿第三定律，就构成了研究有限大小的物体的手段。所以“质点”是研究物体运动的最简单、最基本的对象。