2021高一物理寒假作业同步练习题 共点力的平衡（含解析）.docx

1、共点力的平衡共点力的平衡 （1）共点力:作用在物体的_，或_的几个力. （2）平衡状态:物体保持_或_叫平衡状态，是_的状态. （3）共点力作用下的物体的平衡条件:物体所受的合外力为零，即F=0，若采用正交分解法求解平衡问题，则平衡条件应为:，. （4）解决平衡问题的常用方法:隔离法、整体法、图解法、三角形相似法、正交分解法等等. 【答案】匀速直线运动、静止、加速度等于零一、单选题（本大题共18小题）1.关于共点力，下列说法正确的是()A. 作用在物体上的两个力，如果大小相等，方向相反，这两个力一定是共点力B. 作用在物体上的两个力，如果大小相等，方向相反，这两个力一定不是共点力C. 作用在物

2、体上的几个力，如果作用点不在同一点上，那么这几个力一定不是共点力D. 作用在物体上的几个力，如果力的作用线延长线交于同一点，那么这几个力是共点力【答案】D【解析】如果作用在物体上的力，作用点在同一个点，或者作用线的延长线交于同一点，则这几个力是共点力。本题考查了共点力的定义，根据共点力的概念进行分析即可。【解答】ABC.共点力是作用点在同一个点，或者作用线的延长线交于同一点的力，与力的大小无关，故ABC错误；D.如果作用在物体上的力，作用点在同一个点，或者作用线的延长线交于同一点，则这几个力是共点力，故D正确。故选D。2.如图所示，三个形状不规则的石块a、b、c在水平桌面上成功地叠放在一起，则

3、石块()A. c受到水平桌面向左的摩擦力B. c对b的作用力一定竖直向上C. b对a的支持力一定竖直向上D. b对a的支持力一定等于a所受重力【答案】B【解析】本题是对受力分析和整体法和隔离法，及平衡条件的考查，解题时选择不同的研究对象进行受力分析，再根据平衡条件即可求解。该题考查整体法与隔离法的运用，掌握平衡条件的应用，注意平衡力与相互作用力的区别，注意c对b及b对a的作用力都是支持力与摩擦力的合力。【解答】A.以abc整体为研究对象，受到重力和地面的支持力的作用处于平衡状态，石块c不会受到水平桌面的摩擦力，故A错误；B.选取ab作为整体研究，根据平衡条件，则石块c对b的作用力与其重力平衡，

4、则块c对b的作用力一定竖直向上，故B正确；CD.以a为研究对象，a受到b对a的作用力和重力处于平衡状态，由于a与b的接触面不是水平面，可知石块b对a的作用力是b对a支持力与其对a的静摩擦力的合力，跟a受到的重力是平衡力，故CD错误。故选B。3.如图是“中国天眼”500m口径球面射电望远镜维护时的照片。为不损伤望远镜球面，质量为m的工作人员被悬在空中的氦气球拉着，当他在离底部有一定高度的望远镜球面上缓慢移动时，氦气球对其有大小为56mg、方向竖直向上的拉力作用，使其有“人类在月球上行走”的感觉，若将人视为质点，此时工作人员()A. 受到的重力大小为16mgB. 受到的合力大小为16mgC. 对球

5、面的压力大小为16mgD. 对球面的作用力大小为16mg【答案】D【解析】解：A、工作人员的质量为m，则工作人员受到的重力为：G=mg，故A错误；B、工作人员在球面上缓慢行走，处于平衡状态，合力为0，故B错误；C、工作人员站在的球面位置不水平，对球面的压力不等于16mg，故C错误；D、球面对工作人员的作用力为F，由平衡条件得：56mg+F=mg，解得：F=16mg，根据牛顿第三定律可得，工作人员对球面的作用力大小为F=F=16mg，故D正确。故选：D。根据G=mg求工作人员受到的重力；缓慢行走，处于平衡状态，合力为0；工作人员站在的球面位置不水平，对球面的压力不等于16mg；根据平衡条件和牛顿

6、第三定律求得对球面的作用力大小。本题以“中国天眼”500m口径球面射电望远镜维护时的照片为背景材料，考查了受力分析、平衡条件及牛顿第三定律的应用，体现了新高考倡导的物理来源于生活，要求学生能够用所学的物理知识去解释生活中的一些物理现象，有助于培养学生热爱科学，为科学而努力的拼搏精神。4.一木块放在水平桌面上，在水平方向共受到三个力即F1、F2和摩擦力的作用，木块处于静止状态，如图所示，其中F1=10N，F2=2N，若撤去F1，则木块受到的摩擦力为( )A. 10N，方向向左B. 6N，方向向右C. 2N，方向向右D. 0【答案】C【解析】解：木块开始时在水平方向受三个力而平衡，所受的静摩擦力为

7、：f=F1-F2=10N-2N=8N；物体处于静止状态，则说明物体受到的最大静摩擦力大于等于8N；撤去F1后，由于F2=2N，小于8N，故物体仍能处于平衡，故合力一定是0，摩擦力为2N，方向向右。故选：C。撤去F1前，对物体进行受力分析，由力的合成可得出静摩擦力的大小，分析最大静摩擦力的范围；撤去拉力后，根据另一拉力与最大静摩擦力的关系判断物体是否静止，则可求出木块受到的合力本题是初学摩擦力的同学易错的一个题目，解答本题应准确理解静摩擦力的定义，知道只有当水平推力大于最大静摩擦力时物体才能被推动5.一物体受到三个共点力的作用，下列四组力能使物体处于平衡状态的是()A. 20N15N4NB. 7

8、N8N9NC. 1N8N10ND. 5N10N20N【答案】B【解析】三力合成，先将其中的两个力合成，再与第三个力合成，合成时，三力同向合力最大，两个力合成的合力有个范围，用与第三个力最接近的数值与第三个力合成求最小合力。三力平衡，三个力中任意两个力的合力必然与第三个力等值、反向、共线。【解答】A.15N与4N合力最大19N，最小11N，不可能为20N，故与第三个力不可能平衡，故A错误；B.7N和8N合力最大15N，最小1N，当合力取9N时与第三个力平衡，故B正确；C.1N和8N合力最大9N，最小7N，不可能为10N，故与第三个力不可能平衡，故C错误；D.5N和10N合力最小5N，最大15N，

9、不可能为20N，不可能与第三个力平衡，故D错误。故选B。6.如图所示，固定在水平面上半径为R的光滑半球，球心O的正上方固定一个小定滑轮，细绳一端拴一小球，小球置于半球面上的A点，另一端绕过定滑轮，如图所示.已知小定滑轮到半球顶点的高度为H，绳子的长度为L。今缓慢拉绳使小球从A点滑向半球顶点(未到顶点)，则此过程中，半球对小球的支持力大小N及细绳的拉力T大小的变化情况是()A. N不变，T变小B. N不变，T变大C. N变小，T变大D. N变大，T变小【答案】A【解析】小球在绳A的拉力作用下从A点缓慢运动的过程中可视为小球受力平衡，对小球进行受力分析，根据平衡可以求出小球拉力和支持力大小的变化。

10、本题考查了动态平衡分析。能抓住小球受力平衡这一出发点，小球所受合力为0，小球受到的三个力可以首尾相连构成一个封闭的三角形，由力构成的三角形与ABO三点构成的三角形刚好相似，根据相似比可以轻松得出小球的受力大小的变化情况。【解答】以小球为研究对象，分析小球受力情况：重力G，细线的拉力T和半球面的支持力N，作出N、T的合力F，由平衡条件得知F=G；由NFAAO1O得：NAO=FO1O=TO1A；得到：N=AOO1OG；T=O1AO1OG；由题缓慢地将小球从A点拉到B点过程中，O1O，AO不变，O1A变小；可见T变小；N不变；故BCD错误，A正确。故选A。7.如图所示，某人静躺在椅子上，椅子的靠背与

11、水平面之间有固定倾斜角。若此人所受重力为G，则他所受的合力大小为()A. GB. GsinC. GcosD. 0【答案】D【解析】人受多个力处于平衡状态，合力为零。解答本题要知道人处于平衡状态，合外力为零，难度不大，属于基础题。【解答】解：人受多个力处于平衡状态，根据共点力平衡条件可知，他受到椅子的作用力与重力平衡，那么所受的合力大小为0，故D正确。故选D。8.如图所示，体育课上某体育老师给学生做一次完整的引体向上动作示范。首先他两手握紧单杠，双臂竖直，身体悬垂；接着用力上拉使下颚超过单杠(身体无摆动)；然后使身体下降，最后悬垂在单杠上。下列说法正确的是A. 在上升过程中单杠对人的作用力始终大

12、于人的重力B. 在下降过程中单杠对人的作用力始终小于人的重力C. 若减小两手间的距离，最终悬垂时双臂的的合力变小D. 若增大两手间的距离，最终悬垂时单臂的拉力变大【答案】D【解析】根据在上升或下降过程中，身体的运动情况，来判定力之间的关系；依据力的合成法则，结合三角知识，即可判定。考查由运动情况来判定受力情况的方法，掌握力的合成法则，理解不论两拉力的夹角如何，两拉力的合力大小总不变，是解题的关键。【解答】AB.在上升或下降过程中，由于身体的运动性质不确定，因此无法确定单杠对人的作用力与人的重力大小关系，故AB错误；CD.最终悬垂时，人受力平衡，两臂的合力等于人的重力，减小两手间的距离，双臂的合

13、力不变；设双臂与竖直方向的夹角为，则有：Fcos=G，若增大两手间的距离，则角增大，故单臂的拉力F变大。故C错误，D正确。故选D。9.如图所示为体操男子吊环比赛中某个时刻的模拟图，运动员静止不动，两根吊带对称并与竖直方向有一定的夹角此时左、右两吊环对运动员的作用力大小分别为F1、F2。则下列判断中正确的是()A. F1、F2是一对作用力和反作用力B. 两个吊环对运动员的作用力的合力一定竖直向上C. 每根吊带受到吊环的拉力的大小都等于运动员重力的一半D. 在运动员将两吊带由图示状态再缓慢向两边撑开的过程中，吊带上的张力缓慢增大【答案】B【解析】运动员受绳子的拉力及重力而处于平衡状态，三力为共点力

14、；两绳索向上的分力之和应与向下的重力大小相等、方向相反，则由共点力的平衡可求得绳索的拉力。本题中应注意两绳索的拉力与重力相交于一点，故属于共点力平衡，可将两力分解为水平向和竖直向两分力，则在两个方向上的合力为零，由竖直方向的平衡关系可解得拉力的大小。【解答】运动员的受力简化为如图所示：由共点力的平衡可知，在竖直方向上：2Fcos=G解得：F=G2cos；A.F1、F2都作用在运动员上，不可能成为一对作用力和反作用力，故A错误；B.运动员受绳子的拉力及重力而处于平衡状态，三力为共点力，根据共点力平衡的特点可知，两个吊环对运动员的作用力的合力一定竖直向上，故B正确；C.由公式可知，由于cos1，每

15、根吊带所受的拉力大小都大于等于运动员重力的一半，故C错误；D.在运动员将两吊带再缓慢向两边撑开的过程中，角度减小，故两根吊带的拉力均减小，故D错误。故选B。10.如图所示，在光滑墙壁上用轻质网兜把足球挂在A点，足球与墙壁的接触点为B。足球的重力为G，悬绳与墙壁的夹角为。则悬绳对球的拉力F的大小为A. F=GtanB. F=GsinC. F=GcosD. F=Gtan【答案】C【解析】足球受重力、墙壁的支持力和绳子的拉力处于平衡，根据合力为零，运用平行四边形定则求出悬绳的拉力和墙壁对球的支持力。本题考查共点力平衡条件的应用，注意求解共点力平衡的方法有多种，可以采取合成法、分解法和正交分解法等，一

16、般三力平衡时优先考虑合成法。【解答】足球受重力、拉力和支持力平衡，受力如图所示；根据平行四边形定则，绳子对球的拉力：F=Gcos故C正确，ABD错误。故选：C。11.如图所示，硬质的球形容器中盛满某种液体，容器静置于两桌缝之间。某时刻在容器的底部钻一个小孔，液体从小孔中逐渐流出。不计一切摩擦，则以下说法中正确的是()A. 球形容器包括里面的液体，总的重心一直下降B. 桌边对球形容器的弹力方向随液体的流出而改变C. 桌边对球形容器的弹力先变小后变大D. 当液体流完后，增大桌子间距的过程中，每个桌子对球形容器的弹力都变大【答案】D【解析】根据液体没有流出和液体全部流出后重心位置即可判断重心位置的变

17、化情况；弹力方向总是指向圆心，跟系统重心位置无关；球形容器受到的两边弹力的方向不变，而系统的重力逐渐减小，即两个弹力的合力一直减小，则每个弹力也一直减小；液体流完后，球形容器的重力不变，增大桌子间距，两个弹力的夹角增大了，而两个弹力的合力一定，则每个弹力都增大了。本题主要考查重心和弹力的大小和方向。【解答】A.液体没有流出时，球形容器系统的重心在球心处，当液体全部流出后，重心又在球心处，而液体流出的开始阶段，系统重心一定会下降，则系统的重心一定会先下降再上升，故A错误；B.弹力方向应该过接触点，垂直于过接触点的圆的切线，即弹力方向总是指向圆心，跟系统重心位置无关，故B错误；C.因为球形容器受到

18、的两边弹力的方向不变，而系统的重力逐渐减小，即两个弹力的合力一直减小，则每个弹力也一直减小，故C错误；D.液体流完后，球形容器的重力不变，增大桌子间距，两个弹力的夹角增大了，而两个弹力的合力一定，则每个弹力都增大了，故D正确。故选D。12.如图所示，用细绳系住小球放在倾角为的光滑斜面上，当细绳由水平方向逐渐向上偏移时，球对绳的拉力FT和对斜面的压力FN将()A. FT逐渐增大，FN逐渐减小B. FT逐渐减小，FN逐渐增大C. FT先增大后减小，FN逐渐减小D. FT先减小后增大，FN逐渐减小【答案】D【解析】当细绳由水平方向逐渐向上偏移时，小球受到重力、细绳的拉力和斜面的支持力，三力平衡，利用

19、作图法，作出三个不同位置拉力与支持力的合成的示意图，再分析支持力的变化情况。本题采用图解法形象直观反映出力的变化情况，这是研究动态平衡问题常用的思路，也可以运用函数法分析。【解答】以小球为研究对象受力分析，小球受到重力、细绳的拉力和斜面的支持力，三力平衡，根据平衡条件可知拉力与支持力的合力与重力mg等大反向，即保持不变。作出三个位置拉力与支持力的合成的示意图：通过力的图示可以看出当细绳由水平方向逐渐向上偏移时，绳子拉力FT先减小后增大，斜面对小球的支持力逐渐减小，由牛顿第三定律知，小球对斜面的压力FN逐渐减小，故D正确，ABC错误。故选D。13.如图所示，一个钢球放在倾角为45的固定斜面上，用

20、一竖直的挡板挡住，处于静止状态。各个接触面均光滑。关于球的重力大小G、球对斜面的压力大小FN1、球对挡板的压力大小FN2间的关系，下列说法正确的是A. FN1=22GB. FN2=2GC. FN2=GD. FN1FN2【答案】C【解析】以球为研究对象，分析球的受力情况，根据平衡条件求出球所受斜面对球的弹力和挡板的弹力，再根据牛顿第三定律得到球对斜面的压力和球对竖直挡板的压力，再进行比较。本题关键是正确地对球受力分析，然后根据共点力平衡条件并结合合成法求解。【解答】以球为研究对象，球受重力、斜面和挡板对球体的支持力F1和F2，由平衡条件知，F1和F2的合力与G等大、反向、共线根据平衡条件，有：F

21、1=Gcos45=2G，F2=mgtan45=G，根据牛顿第三定律可知，球对斜面的压力大小FN1=F1=2G，球对挡板的压力大小FN2=F2=G，故C正确、ABD错误。故选：C。14.如图所示，在倾角为的光滑斜面上有一光滑挡板A，在挡板和斜面之间夹一质量为m的重球B，开始板A处于竖直位置，现使其下端绕O沿逆时针方向缓慢转至水平位置，分析重球B对斜面和对挡板压力的变化情况是()A. 对斜面的压力逐渐减小，对挡板的压力也逐渐减小B. 对斜面的压力逐渐变大，对挡板的压力则逐渐减小C. 对斜面的压力逐渐减小，对挡板的压力先变小后变大D. 对斜面的压力逐渐减小，对挡板的压力先变大后变小【答案】C【解析】

22、分析小球的受力，根据平行四边形定则作出力的矢量图，即可分析解答。正确画出物体受力的矢量图是解题的关键。【解答】分析球的受力，受到重力mg、挡板对球的弹力FA及斜面对球的支持力FB，如图所示，球处于静止状态，弹力FA与FB的合力F的大小等于重力的大小，方向竖直向上。挡板下端绕O沿逆时针方向缓慢转至水平位置的过程中，可以看出表示弹力FA的边的长度先变小后变大，即弹力FA先变小后变大；表示支持力FB的边的长度一直变短，即说明FB一直变小。由牛顿第三定律可知，球对挡板的压力先变小后变大，对斜面的压力逐渐减小。C正确。15.如图所示，一定质量的物块用两根轻绳悬在空中，其中绳OA固定不动，绳OB在竖直面内

23、转动，物块保持静止则在绳OB由水平位置转至竖直位置的过程中，绳OB的张力大小将()A. 一直变大B. 一直变小C. 先变大后变小D. 先变小后变大【答案】D【解析】本题考查动态平衡中的图解法，需要掌握力的合成，受力分析等相关知识。解答关键是正确做出受力示意图，注意重力大小方向都不变。【解答】在绳OB转动的过程中物块始终处于静止状态，所受合力始终为零，如图所示为绳OB转动过程中结点O的受力示意图，由图可知，绳OB的张力先变小后变大，D正确16.如图，A、B是两根竖直立在地上的木杆，轻绳的两端分别系在两杆上不等高的P、Q两点，C为一质量不计的光滑滑轮，滑轮下挂一物体，下列说法正确的是( )A. 将

24、Q点缓慢上移，细绳中的弹力不变B. 将P点缓慢上移，细绳中的弹力变小C. 减小两木杆之间的距离，细绳中的弹力变大D. 减小两木杆之间的距离，细绳中的弹力不变【答案】A【解析】对滑轮进行受力分析，因为是光滑滑轮，所以当滑轮静止时两段绳子与水平方向夹角相同，同时利用三角形相似即可解决。此种方法的巧妙之处，就在于利用了力的三角形知识确定角是否变化，难度适中。【解答】A.因滑轮光滑，C两侧的细绳中张力处处相等，假设均为T。如图所示：当滑轮平衡时，根据共点力平衡条件，有：F=G则得绳子张力为T=F2cos设绳子总长度为L，两木桩之间的距离为S，由几何知识得知：Q点上下移动时，L、S均不变，则知不变，则由

25、知，T不变。故A正确；B.同理若P点上移，L、S均不变，则知不变，则由知，T不变。故B错误；CD.若仅仅将A、B距离稍微减小，由几何关系可知，将减小，所以绳的拉力将减小，故CD错误。故选A。17.如图所示，一根粗糙的水平横杆上套有A、B两个轻环，系在两环上的等长细绳拴住的书本处于静止状态，现将两环距离变小后书本仍处于静止状态，则( )A. 杆对A环的支持力变大B. B环对杆的摩擦力变小C. 杆对A环的力不变D. 与B环相连的细绳对书本的拉力变大【答案】B【解析】以两个铁环和书本组成的系统为研究对象，分析受力情况，判断横梁对铁环的支持力N的变化情况。隔离任一小环研究，分析受力情况，判断摩擦力f的

26、变化情况。本题是力平衡中动态变化分析的问题，灵活选择对象，分析受力，作出力图是关键。【解答】A.对两环和书本的整体受力分析，竖直方向：2N=mg，可知将两环距离变小后杆对A环的支持力不变，故A错误；BD.对圆环B受力分析可知，f=Tcos；对书本：2Tsin=mg，解得其中的是绳与杆之间的夹角)，则当两环距离变小后，变大，则f减小，与B环相连的细绳对书本的拉力T变小，故B正确，D错误；C.同理，杆对A环的摩擦力减小，杆对A环的支持力不变，则杆对A环的力减小，故C错误。故选B。18.户外野炊所用的便携式三脚架，由三根完全相同的轻杆通过铰链组合在一起，每根杆均可绕铰链自由转动。如图所示，将三脚架静

27、止放在水平地面上，吊锅通过细铁链挂在三脚架正中央，三根杆与竖直方向的夹角均相等。若吊锅和细铁链的总质量为m，重力加速度为g，不计支架与铰链之间的摩擦，则A. 当每根杆与竖直方向的夹角为37时，杆受到的压力大小为59mgB. 当每根杆与竖直方向的夹角为37时，杆对地面的摩擦力大小为14mgC. 当每根杆与竖直方向的夹角均变大时，三根杆对铰链的作用力的合力变大D. 当每根杆与竖直方向的夹角均变大时，杆对地面的压力变大【答案】B【解析】本题主要考查力的分解合成，解决本题的关键在于根据平衡条件求出压力，摩擦力的表达式，从而进行判断。【解答】A.由题意，每根杆在竖直方向承受的压力为mg3，当杆与竖直方向

28、的夹角为37时，杆受到的压力为：F=mg345=5mg12，故A错误；B.由于杆静止，说明其受力平衡，对杆地脚进行受力分析，受压力，地面支持力和摩擦力，在水平方向有：f=Fsin370=5mg1235=14mg，故B正确；C.三根杆对铰链的作用力的合力大小等于吊锅和细铁链的总重力的大小，不变，故C错误；D.由于整体的重力不变，杆对地面的压力始终等于总体重力的13，故D错误。故选：B。二、计算题（本大题共3小题）19.如图所示，物块的质量m=30kg，细绳一端与物块相连，另一端绕过光滑的轻质定滑轮，当人用100N的力竖直向下拉绳子时，滑轮左侧细绳与水平方向的夹角为53，物体在水平面上保持静止已知

29、sin53=0.8，cos53=0.6，取g=10m/s2，求：地面对物体的弹力大小和摩擦力大小【答案】解：物体受力如图，设地面对物体的弹力大小为N，地面对物体的摩擦力大小为f，由共点力平衡条件有竖直方向N+Tsin53=mg代入数据得N=220N水平方向f=Tcos53=60N答：地面对物体的弹力大小为220N；摩擦力大小为60N.【解析】要求地面对物体的弹力大小和摩擦力大小可以以物块为研究对象并进行受力分析，根据物块处于平衡状态即物块所受合力为0列方程即可求解在竖直方向有N+Tsin53-mg=0，在水平方向有f=Tcos53，联立即可求得求两段绳子拉力的矢量和时可以先将左边绳子的拉力分解

30、为水平方向的分力和竖直方向的分力，从而求出两根绳子对滑轮向下的拉力，再用勾股定理求解这样可以不用余弦定理而减小了计算量，提高了计算速度20.氢气球重为10N，所受空气浮力为16N，由于受水平方向的风力F作用，系氢气球的绳子和地面成60角，如图所示，求：(1)绳子的拉力T；(2)气球受到的风力F。【答案】解：对气球受力分析，如务所示：水平方向上平衡有：Tcos60=F竖直方向平衡有：Tsin60+mg=F浮解得：T=2F代入数据可得：T=43N；F=23N。答：(1)绳子的拉力T为43N；(2)气球受到的风力F为23N。【解析】对气球受力分析，抓住水平方向和竖直方向平衡，求出绳子的拉力和风力的大

31、小。解决本题的关键能够正确地受力分析，运用共点力平衡进行求解。21.如图所示，两条轻绳的一端分别悬挂在天花板上的A、B两点，O点为结点，AO绳与天花板之间的夹角为53，BO绳与天花板之间的夹角为37。AO绳能承受的最大拉力为60N，BO绳能承受的最大拉力为50N，已知sin37=0.6，cos37=0.8，g=10m/s2。(1)当悬挂重物的质量为5kg时，AO、BO绳上的拉力分别为多大？(2)慢慢增加悬挂物的质量，AO、BO哪条绳先断，此时悬挂重物的质量为多少？【答案】解：(1)对O点进行受力分析，如图所示：当悬吊重物的质量为m时，绳AO所受拉力：F1=Fcos37=mgcos37； 绳BO

32、所受拉力：F2=Fsin37=mgsin37；当m=5kg时，有：F1=40N，F2=30N；(2)当AO绳上的拉力达到最大，FA0=60N，FBO=FAOtan37=45N60N，AO绳断；则慢慢增加悬挂物的质量，AO绳先断；当AO绳上的拉力达到最大，FA0=60N，有：mgcos37=FAO解得：m=7.5kg。答：(1)当悬挂重物的质量为5kg时，AO、BO绳上的拉力分别为40N，30N；(2)慢慢增加悬挂物的质量，AO绳先断；此时悬挂重物的质量为7.5kg。【解析】本题考查了平衡条件的应用；本题是物体平衡中临界问题，采用的是假设法；其基础是分析物体受力、正确作出力的分解图。(1)以结点O为研究对象，将重物的拉力进行分析，根据受力平衡可得AO、BO绳上的拉力；(2)假设两绳子的拉力达到最大分别进行判断谁先断，进而此时悬挂重物的质量。