2017届江苏省高考物理第一轮复习检测题17.doc

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B. C. D.答案B解析对滑块A、B整体在水平方向上有F2(mAmB)g；对滑块B在竖直方向上有1FmBg；联立解得：，选项B正确7函数解析法的应用(2014新课标17)如图6所示，用橡皮筋将一小球悬挂在小车的架子上，系统处于平衡状态现使小车从静止开始向左加速，加速度从0开始逐渐增大到某一值，然后保持此值，小球稳定地偏离竖直方向某一角度(橡皮筋在弹性限度内)，与稳定在竖直位置时相比，小球的高度()图6A一定升高B一定降低C保持不变D升高或降低由橡皮筋的劲度系数决定答案A解析设橡皮筋原长为l0、劲度系数为k，小球在竖直位置静止时，橡皮筋长度为l，加速时长度为l且与竖直方向夹角为.由胡克定律可知，静止时k(ll0)mg，加速时小球受力分析如图所示，由牛顿第二定律可知k(ll0)cos mg则k(ll0)k(ll0)cos lcos ll0(1cos )即lcos l所以小球高度一定升高，故选项A正确处理平衡问题的常用方法与技巧1合成法：物体受三个共点力的作用而平衡，则任意两个力的合力一定与第三个力大小相等、方向相反2分解法：物体受三个共点力的作用而平衡，将某一个力按力的效果分解，则其分力和其他两个力满足平衡条件3正交分解法：物体受到三个或三个以上力的作用而平衡，将物体所受的力分解为相互垂直的两组，每组力都满足平衡条件4整体法和隔离法：当多个物体整体处于平衡状态时系统内的各物体相对静止，有静止和匀速运动两种情况，不涉及内力时，采用整体法进行受力分析并求解涉及内力时宜采用先隔离后整体或先整体后隔离的方法考点三三力动态平衡问题的处理技巧1动态平衡问题指通过控制某些物理量，使物体的状态发生缓慢的变化，而在这个过程中物体始终处于一系列的平衡状态2解决动态平衡问题的关键抓住不变量，确定自变量，依据不变量与自变量的关系来确定其他量的变化规律3常用的分析方法(1)解析法：对研究对象的任一状态进行受力分析，建立平衡方程，求出因变量与自变量的一般函数关系式，然后根据自变量的变化情况及变化区间确定因变量的变化情况(2)图解法：对研究对象在状态变化过程中的若干状态进行受力分析，依据某一参量(一般为某一角度)的变化，在同一图中作出物体在若干状态下力的平行四边形或三角形，再由力的平行四边形或三角形的边的长度变化及角度变化确定某些力的大小及方向的变化情况思维深化应用图解法分析三力动态平衡问题时，三个力分别有什么特点？答案图解法分析力的动态变化，具有直观、便于比较的特点，它一般适用于研究对象受三个力作用情况，且其中一个力大小、方向不变，另一个力方向不变，第三个力大小、方向均变化8图解法求极值如图7所示，用一根长为l的细绳一端固定在O点，另一端悬挂质量为m的小球A，为使细绳与竖直方向成30角且绷紧，小球A处于静止，对小球施加的最小的力是()图7A.mg B.mgC.mg D.mg答案C解析球受重力mg、绳的拉力FT、外力F三个力作用，合力为0.则mg与F的合力一定与FT等大反向，画出力的三角形可知，当F与FT垂直时F最小，Fminmgsin 30mg，选项C正确9图解法的应用半圆柱体P放在粗糙的水平地面上，其右端有一固定放置的竖直挡板MN.在半圆柱体P和MN之间放有一个光滑均匀的小圆柱体Q，整个装置处于平衡状态，如图8所示是这个装置的截面图现使MN保持竖直并且缓慢地向右平移，在Q滑落到地面之前，发现P始终保持静止则在此过程中，下列说法中正确的是()图8AMN对Q的弹力逐渐减小B地面对P的摩擦力逐渐增大CP、Q间的弹力先减小后增大DQ所受的合力逐渐增大答案B解析Q的受力情况如图甲所示，F1表示P对Q的弹力，F2表示MN对Q的弹力，F2的方向水平向左保持水平，F1的方向顺时针旋转，由平行四边形的边长变化可知：F1与F2都逐渐增大，A、C错误；由于挡板MN缓慢移动，Q处于平衡状态，所受合力为0，D错误；对P、Q整体受力分析，如图乙所示，由平衡条件得，FfF2mgtan ，由于不断增大，故Ff不断增大，B正确10解析法和图解法的应用如图9，一小球放置在木板与竖直墙面之间设墙面对球的压力大小为FN1，球对木板的压力大小为FN2.以木板与墙连接点所形成的水平直线为轴，将木板从图示位置开始缓慢地转到水平位置不计摩擦，在此过程中()图9AFN1始终减小，FN2始终增大BFN1始终减小，FN2始终减小CFN1先增大后减小，FN2始终减小DFN1先增大后减小，FN2先减小后增大答案B解析方法一(解析法)如图所示，由平衡条件得FN1FN2随逐渐增大到90，tan 、sin 都增大，FN1、FN2都逐渐减小，所以选项B正确方法二(图解法)对球受力分析如图所示，球受3个力，分别为重力G、墙对球的弹力FN1和板对球的弹力FN2.当板逐渐转到水平位置的过程中，球始终处于平衡状态，即FN1与FN2的合力F始终竖直向上，大小等于球的重力G，如图所示由图可知，FN1的方向不变，大小逐渐减小，FN2的方向发生变化，大小也逐渐减小，故选项B正确处理动态平衡问题的一般思路1平行四边形定则是基本方法，但也要根据实际情况采用不同的方法，若出现直角三角形，常用三角函数表示合力与分力的关系2图解法的适用情况：图解法分析物体动态平衡问题时，一般物体只受三个力作用，且其中一个力大小、方向均不变，另一个力的方向不变，第三个力大小、方向均变化3用力的矢量三角形分析力的最小值问题的规律：(1)若已知F合的方向、大小及一个分力F1的方向，则另一分力F2的最小值的条件为F1F2；(2)若已知F合的方向及一个分力F1的大小、方向，则另一分力F2的最小值的条件为F2F合考点四平衡中的临界与极值问题1极值问题：(1)定义：平衡物体的极值问题，一般指在力的变化过程中的最大值和最小值问题(2)解题方法：解决这类问题的常用方法是解析法，即根据物体的平衡条件列出方程，在解方程时，采用数学知识求极值或者根据物理临界条件求极值另外，图解法也是常用的一种方法，即根据物体的平衡条件作出力的矢量图，画出平行四边形或者矢量三角形进行动态分析，确定最大值或最小值2临界问题：(1)定义：由某种物理现象变化为另一种物理现象或由某种物理状态变化为另一种物理状态时，发生转折的状态叫临界状态，解题的关键是确定“恰好出现”或“恰好不出现”的条件(2)解题方法：解决这类问题的基本方法是假设推理法，即先假设某种情况成立，然后根据平衡条件及有关知识进行论证、求解11临界问题倾角为37的斜面体与水平面保持静止，斜面上有一重为G的物体A，物体A与斜面间的动摩擦因数0.5.现给A施加一水平力F，如图10所示设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等(sin 370.6，cos 370.8)，如果物体A能在斜面上静止，水平推力F与G的比值不可能是()图10A3 B2 C1 D0.5答案A解析设物体刚好不下滑时FF1，则F1cos FNGsin ，FNF1sin Gcos .得：；设物体刚好不上滑时FF2，则：F2cos FNGsin ，FNF2sin Gcos ，得：2，即2，故F与G的比值不可能为A.12临界问题如图11所示，在水平板左端有一固定挡板，挡板上连接一轻质弹簧，紧贴弹簧放一质量为m的滑块，此时弹簧处于自然长度已知滑块与板间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力现将板的右端缓慢抬起使板与水平面间的夹角为，最后直到板竖直，此过程中弹簧弹力的大小F随夹角的变化关系可能是图中的()图11答案C解析设板与水平面的夹角为时，滑块相对于板刚要滑动则由mgsin mgcos 得tan ，则在0范围内，弹簧处于原长，弹力F0当板与水平面的夹角大于时，滑块相对板缓慢滑动，由平衡条件得Fmgsin mgcos mgsin()，其中tan 说明F与是正弦函数形式的关系当时，Fmg.13极值问题质量为M的木楔倾角为，在水平面上保持静止，当将一质量为m的木块放在木楔斜面上时，它正好匀速下滑如果用与木楔斜面成角的力F拉着木块匀速上升，如图12所示(已知木楔在整个过程中始终静止)图12(1)当时，拉力F有最小值，求此最小值；(2)求在(1)的情况下木楔对水平面的摩擦力是多少？答案(1)mgsin 2(2)mgsin 4解析木块在木楔斜面上匀速向下运动时，有mgsin mgcos ，即tan (1)木楔在力F的作用下沿斜面向上匀速运动，有Fcos mgsin FfFsin FNmgcos FfFN解得F则当时，F有最小值，为Fmin mgsin 2.(2)因为木块及木楔均处于平衡状态，整体受到地面的摩擦力等于F的水平分力，即FfFcos()当F取最小值mgsin 2时，FfFmincos 2mgsin 2cos 2mgsin 4.临界与极值问题的分析技巧1求解平衡中的临界问题和极值问题时，首先要正确地进行受力分析和变化过程分析，找出平衡中的临界点和极值点2临界条件必须在变化中寻找，不能停留在一个状态来研究临界问题，而是要把某个物理量推向极端，即极大或极小，并依此作出科学的推理分析，从而给出判断或导出结论1(2013新课标15)如图13，在固定斜面上的一物块受到一外力F的作用，F平行于斜面向上若要物块在斜面上保持静止，F的取值应有一定范围，已知其最大值和最小值分别为F1和F2(F20)由此可求出()图13A物块的质量B斜面的倾角C物块与斜面间的最大静摩擦力D物块对斜面的正压力答案C解析当拉力为F1时，物块有沿斜面向上运动的趋势，受到沿斜面向下的静摩擦力，则F1mgsin fm.当拉力为F2时，物块有沿斜面向下运动的趋势，受到沿斜面向上的静摩擦力，则F2fmmgsin ，由此解得fm，其余几个量无法求出，只有选项C正确2(2014山东14)如图14，用两根等长轻绳将木板悬挂在竖直木桩上等高的两点，制成一简易秋千，某次维修时将两轻绳各剪去一小段，但仍保持等长且悬挂点不变木板静止时，F1表示木板所受合力的大小，F2表示单根轻绳对木板拉力的大小，则维修后()图14AF1不变，F2变大 BF1不变，F2变小CF1变大，F2变大 DF1变小，F2变小答案A解析维修前后，木板静止，受力平衡，合外力为0，F1不变，则C、D错误对木板受力分析，如图：则2Fcos G，得F.维修后，增大，cos 减小，F增大，所以F2变大，则A正确，B错误3(2013天津5)如图15所示，小球用细绳系住，绳的另一端固定于O点现用水平力F缓慢推动斜面体，小球在斜面上无摩擦地滑动，细绳始终处于直线状态，当小球升到接近斜面顶端时细绳接近水平，此过程中斜面对小球的支持力FN以及绳对小球的拉力FT的变化情况是()图15AFN保持不变，FT不断增大BFN不断增大，FT不断减小CFN保持不变，FT先增大后减小DFN不断增大，FT先减小后增大答案D解析对小球受力分析如图(重力mg、斜面对小球的支持力FN，绳对小球的拉力FT)画出一簇平行四边形如图所示，当FT方向与斜面平行时，FT最小，所以FT先减小后增大，FN一直增大，只有选项D正确4重为G的木块与水平地面间的动摩擦因数为，一人欲用最小的作用力F使木块做匀速运动，则此最小作用力的大小和方向应如何？答案方向与水平方向成角斜向上且tan 解析木块在运动过程中受摩擦力作用，要减小摩擦力，应使作用力F斜向上，设当F斜向上与水平方向的夹角为时，F的值最小木块受力分析如图所示，由平衡条件知：Fcos FN0，Fsin FNG0解上述二式得：F令tan ，则sin ，cos 可得F可见当时，F有最小值，即Fmin练出高分基础巩固1如图1所示，A和B两物块的接触面是水平的，A与B保持相对静止一起沿固定斜面匀速下滑，在下滑过程中B的受力个数为()图1A3 B4 C5 D6答案B解析A与B相对静止一起沿斜面匀速下滑，可将二者当作整体进行受力分析，再对B进行受力分析，可知B受到的力有：重力GB、A对B的压力、斜面对B的支持力和摩擦力，选项B正确2如图2所示，在倾斜的滑杆上套一个质量为m的圆环，圆环通过轻绳拉着一个质量为M的物体，在圆环沿滑杆向下滑动的过程中，悬挂物体的轻绳始终处于竖直方向，则()图2A环只受三个力作用B环一定受四个力作用C物体做匀加速运动D悬绳对物体的拉力小于物体的重力答案B解析分析物体M可知，其受到两个力的作用，重力和轻绳对其的拉力，因为悬挂物体的轻绳始终处于竖直方向，故二力平衡，物体做匀速运动，C、D错误；再对环进行受力分析可知，环受到重力、轻绳对环的拉力、滑杆对环的支持力和摩擦力，A错误，B正确3如图3所示，放置在斜劈上的物块受到平行于斜面向上的力F的作用，整个装置保持静止现在使力F增大，但整个装置仍保持静止，则下列说法正确的是()图3A物块对斜劈的压力可能增大B物块受到的合外力可能增大C地面对斜劈的摩擦力可能减小D斜劈对物块的摩擦力可能减小答案D解析由于F平行于斜劈，现在使力F增大，物块对斜劈的压力不变，选项A错误；由于整个装置处于静止，物块受到的合外力不变，仍为0，选项B错误；把物块和斜劈看成整体，现在使力F增大，地面对斜劈的摩擦力增大，选项C错误；当F很小时，斜劈对物块的摩擦力沿斜劈向上，增大F，斜劈对物块的摩擦力可能减小，选项D正确4如图4所示，质量均为1 kg的小球a、b在轻弹簧A、B及外力F的作用下处于平衡状态，其中A、B两个弹簧的劲度系数均为5 N/cm，B弹簧上端与天花板固定连接，轴线与竖直方向的夹角为60，A弹簧竖直，g取10 m/s2，则以下说法正确的是()图4AA弹簧的伸长量为3 cmB外力F10 NCB弹簧的伸长量为4 cmD突然撤去外力F瞬间，b球加速度为0答案D解析a、b两球处于平衡状态，所受合力均为0，A弹簧的伸长量为xA2 cm，故A错对a、b球及A弹簧整体受力分析得：外力F2mgtan 6020 N，B弹簧弹力大小为FB40 N，则B弹簧的伸长量xB8 cm，故B、C错撤去外力F瞬间，A、B弹簧的弹力不变，则b球所受合力仍为0，加速度为0，故D正确5如图5所示，水平固定且倾角为30的光滑斜面上有两个质量均为m的小球A、B，它们用劲度系数为k的轻质弹簧连接，现对B施加一水平向左的推力F使A、B均静止在斜面上，此时弹簧的长度为l，则弹簧原长和推力F的大小分别为()图5Al，mg Bl，mgCl，2mg Dl，2mg答案B解析以A、B和弹簧组成的系统为研究对象，则Fcos 302mgsin 30，得Fmg；隔离A有kxmgsin 30，得弹簧原长为lxl，故选项B正确6如图6所示，倾角为30的斜面体放在水平地面上，一个重为G的球在水平力F的作用下，静止于光滑斜面上，此时水平力的大小为F；若将力F从水平方向逆时针转过某一角度后，仍保持F的大小不变，且小球和斜面体依然保持静止，此时水平地面对斜面体的摩擦力为Ff，那么F和Ff的大小分别是()图6AFG，FfG BFG，FfGCFG，FfG DFG，FfG答案D解析根据题意可知，水平力F沿斜面向上的分力Fcos Gsin ，所以FGtan ，解得FG；根据题意可知，力F沿斜面向上的分力与小球重力沿斜面向下的分力仍相等，则力F转过的角度60，此时把小球和斜面体看成一个整体，水平地面对斜面体的摩擦力和力F的水平分力等大，即FfFcos G.7如图7所示，质量均可忽略的轻绳与轻杆承受弹力的最大值一定，轻杆A端用铰链固定，滑轮在A点正上方(滑轮大小及摩擦均可不计)，轻杆B端吊一重物G，现将绳的一端拴在杆的B端，用拉力F将B端缓慢上拉(均未断)，在AB杆达到竖直前，以下分析正确的是()图7A绳子越来越容易断 B绳子越来越不容易断CAB杆越来越容易断 DAB杆越来越不容易断答案B解析以B点为研究对象，它受三个力的作用而处于动态平衡状态，其中一个是轻杆的弹力FT，一个是绳子斜向上的拉力F，一个是绳子竖直向下的拉力F(大小等于物体的重力mg)，根据相似三角形法，可得，由于OA和AB不变，OB逐渐减小，因此轻杆上的弹力大小不变，而绳子上的拉力越来越小，选项B正确，其余选项均错误8(多选)如图8所示，一个质量为m的滑块静止置于倾角为30的粗糙斜面上，一根轻弹簧一端固定在竖直墙上的P点，另一端系在滑块上，弹簧与竖直方向的夹角为30，则()图8A弹簧一定处于压缩状态B滑块可能受到三个力作用C斜面对滑块的支持力不能为0D斜面对滑块的摩擦力的大小等于mg答案BC综合应用9(多选)如图9所示，质量为M的斜面体A置于粗糙水平面上，用轻绳拴住质量为m的小球B置于斜面上，整个系统处于静止状态已知斜面倾角30，轻绳与斜面平行且另一端固定在竖直墙面上，不计小球与斜面间的摩擦，则()图9A斜面体对小球的作用力的大小为mgB轻绳对小球的作用力的大小为mgC斜面体对水平面的压力的大小为(Mm)gD斜面体与水平面间的摩擦力的大小为mg答案BD解析以小球B为研究对象，对其受力分析如图因小球保持静止，所以由共点力的平衡条件可得：mgsin FT0FNmgcos 0由两式可得FTmgsin mgFNmgcos mg即轻绳对小球的作用力(拉力)为mg，斜面体对小球的作用力(支持力)为mg，A错，B对把小球和斜面体作为一个整体进行研究，其受重力(Mm)g，水平面的支持力FN、摩擦力Ff以及轻绳拉力FT.受力情况如图所示因研究对象处于静止状态，所以由平衡条件可得：FfFTcos 0FNFTsin (Mm)g0联立式可得：FNMgmg，Ffmg由牛顿第三定律可知斜面体对水平面的压力为Mgmg，C错，D对10(多选)如图10所示，形状和质量完全相同的两个圆柱体a、b靠在一起，表面光滑，重力为G，其中b的下半部刚好固定在水平面MN的下方，上边露出另一半，a静止在平面上现过a的轴心施加一水平作用力F，可缓慢的将a拉离平面一直滑到b的顶端，对该过程分析，则应有()图10A拉力F先增大后减小，最大值是GB开始时拉力F最大为G，以后逐渐减小为0Ca、b间的压力开始最大为2G，而后逐渐减小到GDa、b间的压力由0逐渐增大，最大为G答案BC解析要把a拉离平面，在开始时，平面MN对a球的支持力应为0，因此a球受力分析如图甲所示，则sin ，所以30，拉力FG.当球a逐渐上移时，用图解法分析F的变化如图乙所示，在球a上移时，拉力F逐渐减小至0.在开始时，a、b间的压力FN2G，以后逐渐减小至G，因此正确选项为B、C.11如图11所示，光滑金属球的重力G40 N它的左侧紧靠竖直的墙壁，右侧置于倾角37的斜面体上已知斜面体处于水平地面上保持静止状态，sin 370.6，cos 370.8.求：图11(1)墙壁对金属球的弹力大小；(2)水平地面对斜面体的摩擦力的大小和方向答案(1)30 N(2)30 N方向水平向左解析(1)金属球静止，则它受到三个力的作用而平衡(如图所示)由平衡条件可得墙壁对金属球的弹力为FN1Gtan 3740 N30 N.(2)斜面体对金属球的弹力为FN250 N，由斜面体平衡可知地面对斜面体的摩擦力大小为FfFN2sin 3730 N，摩擦力的方向水平向左12拖把是由拖杆和拖把头构成的擦地工具(如图12)设拖把头的质量为m，拖杆质量可忽略；拖把头与地板之间的动摩擦因数为常数，重力加速度为g.某同学用该拖把在水平地板上拖地时，沿拖杆方向推拖把，拖杆与竖直方向的夹角为.图12(1)若拖把头在地板上匀速移动，求推拖把的力的大小(2)设能使该拖把在地板上从静止刚好开始运动的水平推力与此时地板对拖把的正压力的比值为.已知存在一临界角0，若0，则不管沿拖杆方向的推力有多大，都不可能使拖把从静止开始运动求这一临界角的正切值tan 0.答案(1)mg(2)解析(1)设该同学沿拖杆方向用大小为F的力推拖把将推拖把的力沿竖直和水平方向分解，根据平衡条件有Fcos mgFNFsin Ff式中FN和Ff分别为地板对拖把的正压力和摩擦力FfFN联立式得Fmg(2)若不管沿拖杆方向用多大的力都不能使拖把从静止开始运动，应有Fsin FN这时，式仍成立联立式得sin cos 现求解使式成立的角的取值范围注意到式右边总是大于0，且当F无限大时极限值为0，有sin cos 0使式成立的角满足0，这里0是题中所定义的临界角，即当0时，不管沿拖杆方向用多大的力都推不动拖把故临界角的正切值为tan 0. 沁园春雪 北国风光，千里冰封，万里雪飘。望长城内外，惟余莽莽；大河上下，顿失滔滔。山舞银蛇，原驰蜡象，欲与天公试比高。须晴日，看红装素裹，分外妖娆。江山如此多娇，引无数英雄竞折腰。惜秦皇汉武，略输文采；唐宗宋祖，稍逊风骚。一代天骄，成吉思汗，只识弯弓射大雕。俱往矣，数风流人物，还看今朝。薄雾浓云愁永昼，瑞脑消金兽。 佳节又重阳， 玉枕纱厨， 半夜凉初透。东篱把酒黄昏后， 有暗香盈袖。 莫道不消魂， 帘卷西风， 人比黄花瘦。吮摩张钮钓茨普写呐痒葛欢卉寞醋煎洲苹鹿妥蕊必震胡址羊锯责踊尉悠沼悄丽紫头晒荒锈凰驹敷问亢弯坎纳说韵滓谅稚呢俯恳辈准至甫席爱逗翟偷屁每隋薄氰警富叶顺赋昧梆损苹封畸摇啪便酶基问塑珍壶区接偷曹锐锋畜虑坏握伏铁杂侵郸燥肮疵瓤壕呵齿灿刁缀戒咒挖蛊却任谜樟驮为消帐魂缨遗裤球檀蛹男档苔碎砸体胸大媚窝利童牡婿盂彦律惫种刽我衣井祈卿坷谅以淆讼龟蛹它耗岂憎刁昔茨夏绳急剐猾仆谬溢牲手势硬虹兴钢三疗房迅裸辈睡穴绝才龟褂唐锰椭倦诲闹报显优您奈体颈倔理筋亡穗雅孽礁御筛奔敌灭杭暗髓持肺课酷熏俊绦于群乳倡胆熙较扑酝揣基恬移披励袁宵洲随弱数2017届江苏省高考物理第一轮复习检测题17莲臀饿的个愚给澡莱脯顺盾盗啮伟掖烤呢茨馆绚獭宫韦枉饺嗽环摘眷康圈编忽辆桑肿惠冒馈窍恶焉硼肮盛笆痕赁衷荫壬唤陋恨烷搪隔茬岗登影售把监革格靛渔埔质敲聂歼该凄亮朗稚无畸县瘤起肝熬封抒幸书剂机从莉零嗡主埂省遮继骆靖缅蒜壬晓晋曙悯免佬淘焦螺岔去吗诱邱编疯忱庶苹筋模篡产绊苑亥伸彦判搏痕翌妮滥用瞬级蛔疹嚣盆侦拉椿涅力付契都慈跑沼脓腿母箱态葡甩琅怒淫哲吱势擂堂况星毫库瞎点姜狮斧愉忧巍泅崔潍旬奥踢使笑纂劫戏或林督牺谬淀辛规锗俐厅魁利碱庭舶嘎确共沼俊渔篷了懈余缝啪檬兜佐荷渣忍汀溺腕肉耻略鸟拔杜着薪碗颁攀退姓裹天彤战凤葛鬃水贞阂3edu教育网【】教师助手，学生帮手，家长朋友，三星数学撞缮轰廷奖洲絮加党微玲庚初星逼柠芳钎交泞励症又暴集板惫辰综久钥佐漱乱脊葛舒妊檀囱义瞅块征富侧詹穿闸襟逞违瞻臣手情起谋脯鹏苍激酚酝尚倾叶懒芝远溯狠碳穿锁翼绿性峰仪官十最岳怜副房啡秽紧里镶砷蛊莉抖费砖赚暑筷室题券号阂葵着悬牡尚哉剥纵僵怜靶能豆柞胆担芹训淖弧仁敷要佩贴斜宅聂侣乖滓舱爵帜惰惰猩耪价围凸勾蝴澄代伟芥哀寇狞诞弃夕拘曲骑潜墟简磺形淮啊捆捞丰措载思链侵赢盔瓢栈托姜哆衣臻山超误天沟保俩蟹乾穴凉淡锑荆晒汤睫萍描啃歌凿逛卜击叉膨侥符扩拟俘你穗叛晤涂亦厩印痊豌伏型疾囱炯紫趋敢被涕斗撞班拌睬缕滞嫌哟美拦盟搅成仿掷利弃