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(共56张PPT)
动态平衡和
临界极值问题
第5讲
2026届高三物理一轮复习
动态平衡问题
考点一
1.动态平衡
(1)所谓动态平衡问题,是指通过控制某些物理量,使物体的受力情况发生缓慢变化,而在这个过程中物体又始终处于一系列的平衡状态。
(2)基本思路:化“动”为“静”,“静”中求“动”。
2.分析动态平衡问题的方法
(1)图解法:一个力恒定,另一个力的方向恒定时可用此法。例如:挡板P由竖直位置沿逆时针方向向水平位置缓慢旋转时小球受力的变化(如图所示)。
(2)解析法:如果物体受到多个力的作用,可进行正交分解,利用解析法,建立平衡方程,根据自变量的变化确定因变量的变化。
(3)相似三角形法:一个力恒定、另外两个力的方向同时变化,当所作矢量三角形与空间的某个几何三角形总相似时用此法。(如表所示)
受力分析 力的矢量三角形和几何三角形相似 比例
==
==
==
(4)力的外接圆法和正弦定理法:一力恒定,另外两力方向均变化,但两力方向夹角保持不变的动态平衡问题,可利用力的外接圆法或正弦定理法。
力的外 接圆法 作出某状态三个力的矢量三角形,根据不同位置判断另外两个力的大小变化
正弦 定理法 物体受三个共点力作用而处于平衡状态,对表示三个力的矢量组成的封闭三角形,根据正弦定理可推出==,若F1、α不变、β(或γ)的变化导致F2(或F3)变化
[例1] 【图解法】 如图所示,装有足球的轻网兜系在钉子上,墙壁光滑。将网绳在钉子上多绕几圈后,则(　　)
[A] 网绳上的拉力变小
[B] 网绳上的拉力不变
[C] 墙壁对足球的支持力变大
[D] 墙壁对足球的支持力不变
C
【解析】 方法一　图解法　把三力放在一个矢量三角形中,如图甲所示,当网绳长度减小时,θ增大,矢量三角形中,随着θ角增大,FT变大,FN变大,故C正确。
方法二　解析法　对足球受力分析如图乙所示,设网绳与竖直方向的夹角为θ,将网绳在钉子上多绕几圈后,绳子长度减小,θ增大,由平衡条件可得G=FT2=FTcos θ,网绳的拉力FT随着θ的增大而增大,A、B错误;由平衡条件可得FN=FT1=FTsin θ,解得FN=Gtan θ,所以墙壁对足球的支持力随着θ的增大而增大,C正确,D错误。
[例2] 【解析法】 (2024·山西大同三模)如图所示,某大型吊灯半径为R,质量为M,且质量分布均匀,通过四根相同长度的细线悬挂在天花板上半径为r的固定圆盘上,已知r[A] 每根细线对吊灯的拉力大小均为Mg
[B] 将四根细线同时缩短相同长度,细线的张力大小不变
[C] 将四根细线同时伸长相同长度,细线的张力减小
[D] 去掉一根细线,假设吊灯位置保持不变,余下三根细线上的张力大小相等
C
【解析】 设细线与竖直方向的夹角为θ,以吊灯为研究对象,竖直方向有4FTcos θ=Mg,可得每根细线对吊灯的拉力大小为FT=>,故A错误;将四根细线同时缩短相同长度,则θ变大,cos θ变小,根据FT=,可知细线的张力变大,故B错误;将四根细线同时伸长相同长度,则θ变小,cos θ变大,根据FT=,可知细线的张力变小,故C正确;去掉一根细线,假设吊灯位置保持不变,由于余下三根细线在水平方向的分力不是互成120°,水平方向根据受力平衡可知,余下三根细线上张力的水平分力大小不相等,所以余下三根细线上的张力大小不相等,故D错误。
[例3] 【相似三角形法】 (2024·山东潍坊二模)(多选)如图所示,一轻杆通过铰链固定在竖直墙上的O点,轻杆的另一端C用弹性轻绳连接,轻绳的另一端固定在竖直墙上的A点。某人用竖直向下、大小为F的拉力作用于C点,静止时AOC构成等边三角形。下列说法正确的是( 　　)
[A] 此时弹性轻绳的拉力大小为F
[B] 此时弹性轻绳的拉力大小为2F
[C] 若缓慢增大竖直向下的拉力,则在OC到达水平位置之前,轻绳AC的拉力增大
[D] 若缓慢增大竖直向下的拉力,则在OC到达水平位置之前,轻杆OC对C点的作用力减小
AC
【解析】 轻杆通过铰链固定在竖直墙上的O点,可知轻杆对C端的支持力方向沿杆的方向,轻绳的拉力方向与力F成120°角,则轻杆的弹力方向在轻绳拉力与F的角平分线上,可知轻绳上的拉力大小为F,选项A正确,B错误;对C点受力分析如图,
由相似三角形可知==,若缓慢增大竖直向下的拉力F,
则在OC到达水平位置之前,轻绳AC的拉力FT增大,
轻杆OC对C点的作用力FN变大,选项C正确,D错误。
[例4] 【力的外接圆法或正弦定理法】 某中学为增强学生体魄,组织学生进行多种体育锻炼。在某次锻炼过程中,一学生将铅球置于两手之间,其中两手之间夹角为60°。保持两手之间夹角不变,将右手由图所示位置沿顺时针方向缓慢旋转60°至水平位置。不计一切摩擦,则在转动过程中,下列说法正确的是(　　)
[A] 右手对铅球的弹力一直增大
[B] 右手对铅球的弹力先增大后减小
[C] 左手对铅球的弹力一直增大
[D] 左手对铅球的弹力先增大后减小
B
【解析】 方法一　力的外接圆法　以铅球为研究对象,受重力G、右手对铅球的弹力F1和左手对铅球的弹力F2,受力分析如图甲所示,缓慢旋转过程中铅球处于平衡状态,则将三力平移后构成一首尾相连的三角形,两手之间夹角保持60°不变,两力之间的夹角保持120°不变,在力矢量三角形中,F1与F2夹角保持60°不变,重力G的大小方向不变,作出力三角形的外接圆,在右手由图示位置沿顺时针方向缓慢旋转60°至水平位置过程中,力的三角形变化
如图甲所示,分析可得F1开始小于直径,当转过30°时F1等
于直径,再转时又小于直径,所以F1先增大后减小,F2开始
就小于直径,转动过程中一直减小,选项B正确。
方法二　正弦定理法　以铅球为研究对象,受重力G、右手对铅球的弹力F1及左手对铅球的弹力F2,受力分析如图乙所示,缓慢旋转过程中铅球处于平衡状态,将三力平移后构成一首尾相连的三角形,两手之间夹角保持60°不变,右手由图示位置缓慢旋转的角度设为θ,根据正弦定理有==,右手由图示位置沿顺时针方向缓慢旋转60°至水平位置过程中,
θ由0°变为60°,sin (60°+θ)先变大再变小,所以F1先增大
后减小,sin (60°-θ)一直变小,所以F2一直减小,选项B正确。
[变式] 在[例4]中,若保持两手之间夹角不变,将右手由图所示位置沿逆时针缓慢旋转30°至竖直位置,则在转动过程中,左、右手对铅球的弹力大小如何变化
【答案】 右手对球的作用力逐渐减小,左手对球的作用力逐渐增大
【解析】整个过程球处于动态平衡,两手对球的支持力F1和F2之间的夹角始终为60°,受力分析如图所示,当转动到右手竖直时,由图可知该过程中右手对球的作用力F1逐渐减小,左手对球的作用力F2逐渐增大。
分析动态平衡问题的流程
方法总结
平衡中的临界、极值问题
考点二
1.临界、极值问题特征
(1)临界问题:当某物理量变化时,会引起其他几个物理量的变化,从而使物体所处的平衡状态“恰好出现”或“恰好不出现”,在问题的描述中常用“刚好”“刚能”
“恰好”等语言叙述。
常见的种类:
①由静止到运动,摩擦力达到最大静摩擦力。
②绳子恰好绷紧,拉力F=0。
③刚好离开接触面,支持力FN=0。
(2)极值问题:平衡中的极值问题,一般指在力的变化过程中的最大值和最小值问题。
2.解决极值和临界问题的三种方法
物理分析法 根据平衡条件,作出力的矢量图,通过对物理过程的分析,利用平行四边形定则进行动态分析,确定最大值或最小值
极限法 正确进行受力分析和变化过程分析,找到平衡的临界点和极值点;临界条件必须在变化中寻找,不能在一个状态上研究临界问题,要把某个物理量推向极大或极小
数学分析法 通过对问题的分析,根据平衡条件列出物理量之间的函数关系(画出函数图像),用数学方法求极值(如求二次函数极值、公式极值、三角函数极值)
[例5] 【物理分析法】(2024·甘肃武威阶段练习)(多选)如图所示,一质量为5 kg的小球用长为L的轻质细线连接,现用一水平力F拉小球,使细线偏离竖直方向30°,然后逆时针缓慢转动力F至竖直方向,在转动过程中小球静止不动,g取10 m/s2,那么F的大小可能为(　 　)
[A] 15 N [B] 30 N
[C] 50 N [D] 100 N
BC
【解析】如图,小球受重力mg、细线拉力FT、拉力F,三个力的合力为零,逆时针缓慢转动力F至竖直方向的过程中,F先减小后增大。初位置F=mgtan 30°≈28.9 N;F与细线垂直时最小,为F=mgsin 30°=25 N;竖直位置F=mg=50 N。故A、D错误,B、C正确。
[变式] 如图,若再用一根轻质细线把另一个球A竖直悬挂在同一点,并用另一根轻质细线连接两球,两球均处于静止,三根细线均处于拉直状态,那么F转动过程中竖直细线和连接两球的细线拉力如何变化 [例5]中的四个选项哪些是正确的 若把连接两球的细线换成轻杆呢
【答案及解析】 对球A受力分析,受重力和竖直细线的拉力,根据受力平衡,连接两球的细线拉力为零,竖直细线拉力等于球A的重力,所以F转动过程中,竖直细线和连接两球的细线拉力不变,F的最大值、最小值与[例5]中相同,答案仍为BC。若把连接两球的细线换成轻杆,结论也是如此。
[例6] 【极限法】(2024·重庆二模)如图所示,两根半圆柱静止于粗糙程度处处相同的水平地面上,紧靠但无相互作用力。现将一根圆柱轻放在这两根半圆柱上,三者均静止。已知圆柱和两半圆柱的材料、长度、半径、密度均相同,不考虑它们之间的摩擦,则半圆柱与水平地面间的动摩擦因数至少为(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(　　)
[A] [B] [C] [D]
B
【解析】 设圆柱的质量为m,则半圆柱的质量为,设圆柱与半圆柱之间的弹力大小为F,对圆柱进行受力分析,有2Fcos 30°=mg,解得F=mg,
设地面对一个半圆柱的支持力为FN,
对圆柱与半圆柱整体进行分析有2FN=(m++)g,解得FN=mg,
三者始终处于静止状态,
则对圆柱和半圆柱在水平方向上有Fsin 30°≤μFN,解得μ≥。
[变式] 若用水平向右的力拉右侧半圆柱A,使A缓慢移动,直至圆柱C恰好降到地面。整个过程中左侧半圆柱B保持静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g。求半圆柱与地面间动摩擦因数的最小值μmin。
【答案】
【解析】对B受力分析,如图所示,C恰好落地时,B受C压力的水平分力最大,此时F与竖直方向夹角θ=60°,
对C有2Fcos 60°=mg,
对B有Ff=Fsin 60°,且Ff=μminFNB,
解得μmin=。
[例7] 【数学分析法】(2024·安徽芜湖二模)物理老师举行技巧挑战赛,要求用一根能承受最大拉力为50 N的细绳,尽可能拉动更重的物体,如图所示。已知物体与水平面间的动摩擦因数为,取最大静摩擦力等于滑动摩擦力,物体可视为质点,则理论上利用这根细绳能拉动物体的最大重力是(　　)
[A] 50 N [B] 50 N
[C] 100 N [D] 100.3 N
C
【解析】 设绳子与水平方向的夹角为θ时能拉动物体的最大重力为G,
根据平衡条件知竖直方向上有G-Fmaxsin θ=FN,
水平方向上有Fmaxcos θ=Ff,又Ff=μFN,
联立可得G=(50cos θ+50sin θ)N=100sin(θ+60°) N。
可知当θ=30°时,重物的重力最大为100 N。
辅助角公式的应用
y=acos θ+bsin θ=(cos θ+sin θ),
令sin φ=,cos φ=,
则有y=(sin φcos θ+cos φsin θ)=sin(φ+θ),
所以当φ+θ=时,y有最大值,且ymax=。
方法点拨
(满分:60分)
课时作业
对点1.动态平衡问题
1.(4分) (2024·贵州一模)如图所示,光滑斜面上小球被轻绳拴住悬挂在天花板上,斜面置于粗糙水平地面上,整个装置处于静止状态。已知细绳与竖直方向夹角为θ,斜面倾角为α=45°(θ<α),现用力向右缓慢推斜面(推力在图中未画出),当细绳与竖直方向的夹角θ=α时,撤去推力。则(　　)
[A] 缓慢推动斜面时,斜面对小球的支持力保持不变
[B] 缓慢推动斜面时,细绳对小球的拉力大小保持不变
[C] θ=α时,地面对斜面体的摩擦力水平向左
[D] θ=α时,细绳对小球的拉力大小等于斜面对小球的支持力大小
基础对点练
D
【解析】对小球受力分析如图所示,可知缓慢推动斜面时,斜面对小球的支持力仅其方向保持不变,细绳对小球的拉力大小及方向均发生变化,故A、B错误;θ=α时,地面对斜面体的摩擦力水平向右,故C错误;θ=α时,由矢量三角形法则可知细绳对小球的拉力大小等于斜面对小球的支持力大小,故D正确。
2.(4分)(2024·山西太原一模)如图甲所示,用瓦片做屋顶是我国建筑的特色之一。铺设瓦片时,屋顶结构可简化为图乙所示,建筑工人将瓦片轻放在两根相互平行的檩条正中间后,瓦片静止在檩条上。已知檩条间距离为d,檩条与水平面夹角均为θ,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则(　　)
[A] 仅减小θ时,瓦片与每根檩条间的摩擦力的合力变大
[B] 仅减小θ时,瓦片与每根檩条间的弹力的合力变小
[C] 仅减小d时,瓦片与每根檩条间的弹力变大
[D] 仅减小d时,瓦片可能会下滑
D
【解析】垂直于檀条方向上瓦片的受力情况如图所示,设两檩条给瓦片的支持力与檩条垂直向上的夹角为α,则有2FNcos α=mgcos θ,当仅减小檩条间的距离d时,夹角α变小,则两檩条给瓦片的支持力FN变小,最大静摩擦力变小,则瓦片可能下滑,故C错误,D正确;当仅减小θ时,根据Ff=mgsin θ,可知瓦片与檩条间的摩擦力的合力变小,根据2FNcos α=mgcos θ可知,当仅减小θ时,瓦片与檩条间的弹力的合力变大,故A、B错误。
3.(6分) (2024·安徽滁州模拟)(多选)如图所示,质量均为m的小球A、B用劲度系数为k1的轻弹簧相连,B球用长为L的细绳悬挂于O点,A球固定在O点正下方。当小球B平衡时,细绳所受的拉力为FT1,弹簧的弹力为F1;现把A、B间的弹簧换成原长相同但劲度系数为k2(k2>k1)的另一轻弹簧,在其他条件不变的情况下仍使系统平衡,此时细绳所受的拉力为FT2,弹簧的弹力为F2。下列关于FT1与FT2、F1与F2大小的比较,正确的是( 　　)
[A] FT1>FT2 [B] FT1=FT2
[C] F1BC
【解析】 以小球B为研究对象,分析受力情况,如图所示。由平衡条件可知,弹簧的弹力F和细绳的拉力FT的合力F合与重力mg大小相等、方向相反,即F合=mg,由三角形相似得==。当弹簧劲度系数变大时,弹簧的压缩量减小,故AB的长度增加,而OB、OA的长度不变,故FT不变,F变大,则FT1=FT2,F14.(4分)(2024·广东韶关二模)我们常用支架与底板垂直的两轮手推车搬运货物。如图甲所示,将质量为m的货物平放在手推车底板上,此时底板水平;缓慢压下把手直至底板与水平面间的夹角为60°。不计货物与支架及底板间的摩擦,重力加速度为g,则(　　)
[A] 当底板与水平面间的夹角为30°时,底板对货物的支持力大小为
[B] 当底板与水平面间的夹角为30°时,支架对货物的支持力大小为
[C] 压下把手的过程中,底板对货物的支持力一直增大
[D] 压下把手的过程中,支架对货物的支持力一直减小
A
【解析】 当底板与水平面间的夹角为30°时,对货物受力分析如图1所示,由平衡条件可得FN1cos 60°=FN2cos 30°,FN1sin 60°+FN2sin 30°=mg,解得底板对货物的支持力大小FN1=,支架对货物的支持力大小FN2=,A正确,B错误;压下把手的过程中,货物的受力情况如图2所示,可知底板对货物的支持力一直减小,支架对货物的支持力一直增大,C、D错误。
5.(6分)(2024·安徽安庆阶段练习)(多选)如图所示,轻质不可伸长的晾衣绳两端分别固定在竖直杆M、N上的a、b两点,悬挂衣服的衣架钩是光滑的,挂于绳上处于静止状态。如果只人为改变一个条件,当衣架静止时(　 　)
[A] 将杆N向右移一些,绳子a端对杆拉力变小
[B] 绳的右端上移到b′,绳子a端对杆拉力大小不变
[C] 绳的两端高度差越小,绳子a端对杆拉力越小
[D] 若只换挂质量更大的衣服,则衣服架悬挂点不会左右移动
BD
【解析】如图所示,因为同一根绳子上的拉力相等,所以两侧绳子是对称的,与竖直方向夹角相等。设绳子的长度为L,绳子与水平方向的夹角为θ,则两杆之间的距离等于Lcos θ,绳子一端上下移动时长度不变,两杆之间的距离不变,则θ角不变,根据平衡条件知F1=F2=,所以绳子上的拉力大小不变,故B正确,C错误。当杆N向右移动后,两杆之间的距离变大,绳长不变,所以θ减小,sin θ减小,绳子拉力变大,故A错误。绳长和两杆距离不变的情况下,θ不变,所以只换挂质量更大的衣服,悬挂点不会移动,故D正确。
对点2.平衡中的临界、极值问题
6.(4分)(2024·湖南长沙一模)2023年11月28日,深中通道海底隧道全幅贯通,深中通道的主体工程——西人工岛使用世界最大十二锤联动液压振动锤组将57个巨型钢圆筒精准牢固地打入海底岩层中。如图甲、乙所示,每个圆钢筒的直径为28 m、高40 m,重达680 t,由若干根特制起吊绳通过液压机械抓手连接钢筒。某次试吊将其吊在空中,每根绳与竖直方向的夹角为37°,如图丙所示,每根绳所能承受的最大拉力为8.0×105 N,至少需要多少根绳子才能成功起吊 (g取10 m/s2,取sin 37°=0.6,cos 37°=
0.8)(　　)
[A] 9根 [B] 10根 [C] 11根 [D] 12根
C
【解析】 设n根绳拉力在竖直方向的分力矢量和与重力大小相等、方向相反,则mg=nFcos 37°,由题知F≤8.0×105N,得n≥=≈10.6,即至少需要11根绳子才能成功起吊。
7.(6分)(2024·山东泰安期末)(多选)如图,将一个半球体置于水平地面上,经过球心有一内径很小的光滑竖井,柔软光滑的轻绳绕过井口,一端连着m2竖直悬于竖井中,另一端沿着球面与m1相连,两物体均可看成质点,整个装置处于静止状态。已知此时m1与半球体的球心O的连线与水平方向夹角θ=37° (取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8),
m1与半球面的动摩擦因数为0.5,并假设m1所受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则(　 　)
[A] 的最小值为 [B] 的最小值为
[C] 的最大值为2 [D] 的最大值为
AC
【解析】 对两物体受力分析,考虑m1的摩擦力向上和向下的两个临界情况,有m2g+μm1gsin 37°=m1gcos 37°,m2′g=μm1gsin 37°+m1gcos 37°,
解得=2, = 。
8.(4分)(2024·甘肃酒泉期末)如图所示,假设用两手指对称抓球,手指与球心在同一竖直面,手指接触点连线水平且相距为L,球半径为R,接触点与圆心的连线和水平方向夹角为θ,手指和球间的动摩擦因数为μ,球的质量为m。已知重力加速度为g,最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力,忽略抓球引起的球变形。则(　　)
[A] 每个手指对球的摩擦力大小均为
[B] 两手指间距L的取值范围为L>
[C] 每个手指对球的压力最小值为
[D] 手对球的压力增大2倍时,摩擦力也增大2倍
B
综合提升练
【解析】对球受力分析,如图,竖直方向有Ffcos θ=F压sin θ+mg,则Ffcos θ>mg,所以Ff>,故A错误;由Ff≤μF压,有F压sin θ+mg≤μF压cos θ,即F压≥,故C错误;因为F压sin θ+mg≤μF压cos θ,所以F压sin θ<μF压cos θ,可得μ>tan θ,则cos θ>,又cos θ=,所以>,即L>,故B正确;当球受到手的静摩擦力时,Ff≠μF压,手对球的压力增大2倍时,
摩擦力不增大2倍,故D错误。
9.(6分)(2024·云南玉溪模拟)(多选)粗糙水平地面上有一质量为M、倾角为30°的粗糙楔形物体C,斜面上有一个质量为2m的物块B,B与一轻绳连接,且绕过一固定在天花板上的定滑轮,另一端水平与一结点O连接一个质量为m的小球A,右上方有一拉力F,初始夹角α=135°,如图所示。现让拉力F顺时针缓慢转动90°且保持α角大小不变,转动过程中B、C始终保持静止。已知B与滑轮间的细绳与斜面平行,重力加速度为g。则(　 　)
[A] 拉力F一直减小
[B] B、C间的摩擦力先减小再增大
[C] 物体C对地面的压力先减小再增大
[D] 物体C对地面的摩擦力的最大值为 mg
AC
【解析】对结点O处受力分析如图,α角大小不变,由图可知FT先增大再减小,F一直减小,A正确;初始状态,对A分析可得绳子拉力FT=mg,对B分析,可得FT=2mgsin 30°,即一开始B与C间的静摩擦力为零,故当绳子拉力FT从mg先增大再减小到mg时,B、C间的静摩擦力方向一直沿斜面向下且先增大再减小,B错误;将B、C看成整体,竖直方向有FN+FTsin 30°=(2m+M)g,由于FT先增大再减小,故FN先减小再增大,故物体C对地面的压力先减小再增大,故C正确;水平方向上有FTcos 30°=Ff,当FT最大时,F水平,对A分析可计算得FTmax=mg,所以Ffmax=mg,故D错误。
10.(16分) (2024·广西柳州阶段练习)如图所示,两个相同的小物块A、B(可视为质点)静止放在粗糙水平面上,两物块与水平面间的动摩擦因数相同,两根等长轻杆一端分别通过光滑铰链连接在A、B上,另一端通过光滑铰链连接在O处,两杆之间的夹角为α。现对O施加一个竖直向上的拉力F,已知物块受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
(1)若A、B的重力大小均为G,动摩擦因数为μ,
要使两物块发生滑动,F应满足什么条件
【答案】 (1)F>
【解析】 (1)把拉力F按作用效果分解,对A受力分析,如图甲所示,
则F=2F2cos ,可得F2=;
若A刚好要相对滑动,水平方向F2sin =Ff1,
竖直方向FN1+F2cos =G,
又Ff1=μFN1,解得F=,
要使两物块发生滑动,F应满足F>。
(2)若α=60°,对O施加一个竖直向下的压力F,无论F多大均不能使A、B与水平面发生相对滑动,则物块与水平面间的动摩擦因数μ应满足什么条件
【答案】 (2)μ≥
【解析】(2)把压力F按效果分解,对A受力分析,如图乙所示,
则F=2F2cos ,要使A不发生相对滑动,对A,
水平方向F2sin =Ff2,
竖直方向FN2=G+F2cos ,
又Ff2≤Ffmax=μFN2,解得μ≥,当F→∞时,μ≥tan =。
所以无论F多大均不能使A、B与水平面发生相对滑动,
则物块与水平面间的动摩擦因数应满足μ≥。

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