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电场
一、单项选择题(本题共8小题,每小题3分,共24分。在每小题给出的四个选项中,只有一项符合题目要求)
1.(2021内蒙古高三期末)已知氢核(质子)的质量是1.67×10-27 kg,电子的质量为9.1×10-31 kg,在氢原子内它们之间的最短距离为5.3×10-11 m。(引力常量G=6.7×10-11 N· m2/kg2,静电力常量k=9.0×109 N·m2/C2,元电荷量e=1.6×10-19 C)则氢原子中氢核与电子之间的库仑力和万有引力的比值约为(　　)
A.2.3×109 B.2.3×1019
C.2.3×1029 D.2.3×1039
2.a、b、c、d分别是一个菱形的四个顶点,O为菱形中心,∠abc=120°。现将三个等量的正点电荷+Q分别固定在a、b、c三个顶点上,下列说法正确的有(　　)
A.d点电场强度的方向由d指向O
B.O点电场强度的方向由d指向O
C.O点的电场强度大于d点的电场强度
D.O点的电场强度小于d点的电场强度
3. (2022上海师大附中高三学业考试)如图所示,Q1、Q2为两个等量同种带正电的点电荷,在两者的电场中有M、N和O三点,其中M和O在Q1、Q2的连线上(O为连线的中点),N为过O点的垂线上的一点。则下列说法中正确的是(　　)
A.在Q1、Q2连线的中垂线位置可以画出一条电场线
B.若将一个带正电的点电荷分别放在M、N和O三点,则该点电荷在M点时的电势能最大
C.若将一个带电荷量为-q的点电荷从M点移到O点,则电势能减少
D.若将一个带电荷量为-q的点电荷从N点移到O点,则电势能增加
4. (2022浙江高三模拟)如图所示,在一个导体球壳内放一个电荷量为+Q的点电荷,用EP表示球壳外任一点的电场强度,下列说法正确的是 (　　)
A.当开关S断开,+Q在壳内任意一点,EP均为0
B.当开关S断开,+Q在壳内的中点,EP为0
C.当开关S闭合,+Q在壳内任意一点,EP均为0
D.当开关S闭合,只有当+Q在壳内中点时,EP为0
5.利用传感电容器可检测矿井渗水,从而发出安全警报,避免事故的发生。如图所示是一种通过测量电容器电容的变化来检测液面高低的仪器原理图,电容器的两个电极分别用导线接到指示器上,指示器可显示出电容的大小。下列关于该仪器的说法中,正确的有(　　)
A.该仪器中电容器的电极分别是芯柱和导电液体
B.芯柱外套的绝缘层越厚,该电容器的电容越大
C.如果指示器显示电容增大,则容器中液面降低
D.如果指示器显示电容减小,则容器中液面升高
6.如图所示,M、N是在真空中竖直放置的两块平行金属板,板间有匀强电场,质量为m、电荷量为-q的带电粒子(不计重力),以初速度v0由小孔进入电场,当M、N间电压为U时,粒子刚好能到达N板,如果要使这个带电粒子能到达M、N两板间距的处返回,则下述措施能满足要求的是(　　)
A.使初速度减为原来的
B.使M、N间电压减为原来的
C.使M、N间电压提高到原来的4倍
D.使初速度和M、N间电压都减为原来的
7.如图所示,在平面直角坐标系中,有方向平行于坐标平面的匀强电场,其中坐标原点O处的电势为0,点A处的电势为12 V,点B处的电势为6 V,则电场强度的大小为(　　)
A.400 V/m B.400 V/m
C.200 V/m D.200 V/m
8.如图甲所示,两块竖直放置、面积足够大的金属板A、B水平正对,两极板间的距离d=1 m,A极板接地,B极板的电势随时间变化的关系如图乙所示。一电荷量为-1×10-4 C、质量为0.01 kg的小球在t=0.55 s时刻从靠近A板的P点由静止释放。已知重力加速度g取10 m/s2,下列说法中正确的是(　　)
A.小球沿直线运动
B.小球下落0.8 m时的速度大小为5 m/s
C.若小球在t=0.6 s时刻由静止释放,则小球下落0.8 m时的加速度大小为10 m/s2
D.若小球在t=0.6 s时刻由静止释放,则小球下落0.8 m时的加速度大小为20 m/s2
二、多项选择题(本题共4小题,每小题4分,共16分。在每小题给出的四个选项中,有多项符合题目要求。全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分)
9.(2021陕西西安工业大学附中高三模拟)如图所示,边长为l的正方形四个顶点a、b、c、d分别放置一个点电荷,M、N为db延长线上关于O点对称的两点,MRN和MPN是由M到N的两条不同路径。a、b、c三处电荷的电荷量为q(q>0),b处电荷受到的静电力为(k为静电力常量),方向由b指向N。则 (　　)
A.d处电荷的电荷量为-q
B.正方形中心O处的电场方向从O指向d
C.M点的电势比N点的电势高
D.将一点电荷分别沿路径MRN和MPN由M移到N过程中,静电力做功相等
10.如图所示,半径为R的硬橡胶圆环上带有均匀分布的负电荷,总电荷量为Q,若在圆环上切去一小段l(l远小于R),则圆心O处的电场(　　)
A.方向从O指向AB
B.方向从AB指向O
C.电场强度大小为
D.电场强度大小为
11.光滑的水平绝缘导轨处于一个平行于导轨的电场之中,沿导轨建立如图所示的直线坐标系,若沿+x方向的电势与坐标值x的函数关系满足φ=(式中各物理量单位取国际单位制单位),由此作出φ-x图像,图中虚线AB为图线在x=0.15 m处的切线。现将一个滑块P从x=0.1 m处由静止释放,若滑块P质量为m=0.1 kg,电荷量为q=+1×10-7 C。则下列说法正确的是(　　)
A.x=0.15 m和x=0.3 m两点间的电势差为1.5×106 V
B.滑块P在x=0.15 m处的加速度为20 m/s2
C.滑块P在x=0.3 m处的速度为 m/s
D.滑块P的加速度先变小后变大
12.由M、N两块相互靠近且正对的平行金属板组成的平行板电容器如图所示。下列措施中,可使电容器的电容增大的是(　　)
A.仅将M板向上平移
B.仅将M板向下平移
C.仅将M板向右平移
D.仅在M、N之间插入有机玻璃板
三、非选择题(本题共6小题,共60分)
13.(6分)(2021内蒙古高二期末)如图所示,电荷量为Q=+×10-5 C的A球固定在足够大的光滑绝缘斜面上,斜面的倾角α=37°,质量m=0.1 kg、电荷量为q=+1×10-7 C 的B球在离A球L=0.1 m处由静止释放。两球均可视为点电荷,静电力常量k=9×109 N·m2/C2,重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。
(1)求A球在B球释放处产生的电场强度E的大小和方向。
(2)求B球的速度最大时两球间的距离r。
(3)若B球运动的最大速度为v=4 m/s,求B球从开始运动到最大速度的过程中电势能增加还是减少 变化量是多少
14.(8分)(2021山西高三二模)如图所示,在坐标系xOy的第Ⅰ象限内,分布着电场强度大小为E、沿y轴负方向的匀强电场;第Ⅱ象限内,圆心为O的圆环状区域存在沿半径方向的辐向均匀电场,虚线ab为圆环外径和内径间的中心线,中心线上电场强度的大小也恒为E、方向均指向O点,ab圆弧的半径为R。离子源飘出的正离子束(初速度可忽略),经第Ⅲ象限的电场加速后从x轴上的a点进入辐向电场,并沿中心线ab做圆周运动,之后由b点进入第Ⅰ象限并射到位于x轴的靶上。不计重力和离子间的相互作用,求:
(1)加速电场的电压;
(2)离子射到靶上时的位置坐标及其速率与比荷的关系。
15.(10分)(2021重庆巴蜀中学期末)如图甲所示,电容器Ⅱ两极板M、N长度均为l,平行虚线OO'放置,距离OO'均为b,N板接地;紧邻Ⅱ左侧放置有中间开孔的平行板电容器Ⅰ,B板接地;给电容器Ⅰ和电容器Ⅱ同步加上如图乙所示的周期为T、大小为U0的交变电压,且t=0时刻A板电势比B板电势高。大量质量为m,电荷量为e,初速度为v0的电子组成的电子束沿虚线OO'从左侧射入电容器Ⅰ,A、B间的距离很小,电子穿过A、B两板所用时间可忽略不计。已知单位时间内射入电容器Ⅰ的电子个数相同,且l=,b=,U0=,不计电子重力和电子间的作用,也不考虑电容器Ⅰ和Ⅱ之间的相互影响。
(1)0~~T时间段内离开电容器Ⅰ进入电容器Ⅱ的电子的速度分别是多大
(2)计算说明~T时间段内离开电容器Ⅰ进入电容器Ⅱ的电子能全部离开电容器Ⅱ。
(3)一个周期T时间内离开电容器Ⅱ的电子数与进入电容器Ⅰ的总电子数的比值。
16.(10分)如图所示,倾斜轨道AB和光滑圆弧轨道BC固定在同一竖直平面内,两者间通过一小段长度不计的圆滑弧形轨道相连,已知AB长L=5.4 m,倾角θ=37°,BC弧的半径R=1.25 m,O为圆心,∠BOC=143°。在虚线MN右侧存在水平向左的匀强电场(A在虚线MN上),电场强度大小E=1×103 N/C。一个带正电的绝缘小球P,质量为m=0.4 kg,其电荷量为q=3×10-3 C,从某一位置以v0=8 m/s的初速度水平抛出,运动到A点时恰好沿斜面向下。若小球与轨道AB的动摩擦因数为μ=0.1,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,重力加速度g取10 m/s2,小球P运动过程中电荷量保持不变。求:
(1)小球P的抛出点距A点的高度;
(2)小球P运动到圆弧轨道最低点B点时对轨道的压力;
(3)小球P离开圆弧轨道后,第一次落到斜面上的位置距B点的距离。
17.(12分)(2021北京高三期末)XCT扫描是计算机X射线断层扫描技术的简称,XCT扫描机可用于对多种病情的探测。图甲是某种XCT机主要部分的剖面图,其中产生X射线部分的示意图如图乙所示。图乙中M、N之间有一电子束的加速电场,虚线框内为偏转元件中的匀强偏转场S。经调节后电子从静止开始沿带箭头的实线所示的方向前进,打到水平圆形靶台上的中心点P,产生X射线(如图中带箭头的虚线所示)。
已知MN两端的电压为U0,偏转场区域水平宽度为L0,竖直高度足够长,MN中电子束距离靶台竖直高度为H,忽略电子的重力影响,不考虑电子间的相互作用及电子进入加速电场时的初速度,不计空气阻力。
甲
乙
丙
(1)若偏转场S为在竖直平面内竖直向上的匀强电场,要实现电子束射出偏转场S时速度方向与水平方向夹角为30°,求匀强电场的电场强度E1的大小。
(2)若偏转场S为在竖直平面内竖直向上的匀强电场,当偏转电场强度为E时电子恰好能击中靶台P点。
①求P点距离偏转场右边界的水平距离L的大小。
②在仪器实际工作时,电压U0会随时间成正弦规律小幅波动,波动幅度为ΔU,周期为T,如图丙所示。这将导致电子打在靶台上形成一条线,已知一个周期T时间内从小孔射出的电子数为N1,每个打在靶台上的电子平均激发k个X射线光子,求单位长度的线上平均产生的X射线光子数N2。(电子通过加速电场的时间远小于加速电压U0的变化周期,不考虑加速电场变化时产生的磁场)
18.(14分)如图甲所示,某装置由左侧的直线加速器和右侧的偏转电场两部分组成。直线加速器由8个横截面积相同的金属圆筒依次排列,其中心轴线在同一直线上,圆筒的长度遵照一定的规律依次增加,序号为奇数的圆筒和交变电源的一个极相连,序号为偶数的圆筒和该电源的另一个极相连,交变电源两极间电势差的变化规律如图乙所示,图乙中电压的绝对值为U0;在t=0时,奇数圆筒相对偶数圆筒的电势差为正值,此时位于和偶数圆筒相连的金属圆板(序号为0)中央的一个电子,在圆板和圆筒1之间的电场中由静止开始加速,沿中心轴线冲进圆筒1,电子运动到圆筒与圆筒之间各个间隙中都能恰好使静电力的方向跟运动方向相同而不断加速,电子通过圆筒间隙的时间可以忽略不计。偏转电场由两块相同的平行金属极板A与B组成,A、B的长度均为L,相距为d,极板间的电压为U,把两板间的电场看作匀强电场,电子从直线加速器射出后,沿平行于板面的方向自M点射入偏转电场中,最后从两极板之间的N点射出偏转电场。求:
(1)电子在第2个、第5个金属圆筒中的动能之比;
(2)第1个金属圆筒与第8个金属圆筒的长度之比;
(3)电子射出偏转电场时,偏转角度的正切值tan θ;
(4)M、N两点间的电势差UMN。
参考答案
1.D　解析根据库仑定律和万有引力定律得F1=k,F2=G,解得=2.3×1039,故D正确。
2.C　解析由电场的叠加可知,d点电场的方向为由O指向d,O点的电场方向也是由O指向d,故A、B错误;设菱形的边长为r,根据点电荷电场强度表达式E=k,三个点电荷在d点产生的电场强度大小相等,由电场强度的叠加可知,d点的电场强度大小Ed=2k,O点的电场强度大小为E0=4k,可见d点的电场强度小于O点的电场强度,故C正确,D错误。
3.B　解析等量同种正电荷形成的电场中,其连线的中点处电场强度为零,因此不可能有一条电场线穿过,所以在Q1、Q2连线的中垂线位置不能画出一条电场线,故A错误;根据等量同种正电荷形成的电势的特点可判定图中M、N、O三点电势大小的关系为φM>φO>φN,根据电势能Ep=qφ,可判定带正电的点电荷在M点时的电势能最大,故B正确;从M点到O点,电势是降低的,所以静电力对带电荷量为-q的点电荷做负功,则电势能增加,故C错误;从N点到O点,电势是升高的,所以静电力对带电荷量为-q的点电荷做正功,则电势能减少,故D错误。
4.C　解析当开关S断开,不论+Q在壳内何处,由于静电感应,球壳内外表面出现等量异种电荷,内表面出现负电荷,外表面出现正电荷,外表面的正电荷在空间产生电场,EP都不为0,故A、B错误;当开关S闭合,球壳上的电荷被导入地下,这时不论+Q放在何处,EP均为0,故C正确,D错误。
5.A　解析电容器的两个电极是可以导电的,分别是金属芯柱和导电液,故A正确。芯柱外套的绝缘层越厚,金属芯柱和导电液之间距离越大,由C=,可知电容减小,故B错误。如果指示器显示出电容增大了,由C=,可知金属芯柱和导电液正对面积增大了,说明容器中液面升高了,如果指示器显示出电容减小了,金属芯柱和导电液正对面积减小了,说明容器中液面降低了,故C、D错误。
6.D　解析在粒子刚好到达N板的过程中,由动能定理得-qEd=0-,所以d=。设带电粒子离开M板的最远距离为x,则使初速度减为原来的,所以x=,故A错误;使M、N间电压减为原来的,电场强度变为原来的,粒子将打到N板上,故B错误;使M、N间电压提高到原来的4倍,电场强度变为原来的4倍,所以x=,故C错误;使初速度和M、N间电压都减为原来的,电场强度变为原来的,所以x=,故D正确。
7.B　解析匀强电场中,沿某一方向电势均匀降低或升高,故OA的中点C的电势φC=6V,如图所示
因此B、C在同一等势面上,由几何关系得O到BC的距离d=OCsinα,而sinα=,所以d=OC=1.5×10-2m,匀强电场的电场强度E=V/m=400V/m,故B正确,A、C、D错误。
8. B　解析由题图甲、乙可知B极板的电势等于A、B极板间的电势差,由匀强电场中电场强度与电势差的关系有E=,由牛顿第二定律有Fx=Eq=max,解得ax==10t,所以小球在水平方向上做加速度逐渐增大的变加速运动,而在竖直方向上有Fy=mg=may,得ay=g,小球在竖直方向上做匀变速直线运动,所以小球运动轨迹为曲线,故A错误;由选项A的分析可知,若小球一直在电场中运动,水平方向加速度与时间的关系如图所示,小球竖直方向上做自由落体运动,由H=gt2知,小球下落0.8m需要时间t=0.4s,此时小球竖直方向的速度vy=gt=4m/s,由题意可知小球是在t=0.55s释放的,所以小球在0.55s~0.95s之间在重力场和电场的叠加场中运动,由图像可知这段时间内小球水平方向的速度变化量Δvx=t=×0.4m/s=3m/s,又Δvx=vx-0,所以在0.95s时小球在水平方向速度vx=3m/s,由运动的合成与分解有v==5m/s,故B正确;由前面分析可知,小球下落0.8m用时0.4s,若小球在t=0.6s时刻由静止释放,则小球在0.6s~1.0s之间在重力场和电场的叠加场中运动,可知当小球刚刚下落0.8m时小球水平方向的加速度ax=10m/s2,此时小球的加速度a==10m/s,故C、D错误。
9.ABD　解析由几何关系可知a、c处电荷对b的静电力的合力为,方向由b指向N而b受到的静电力为,故b受到d的静电力为,方向由b指向d,则d处电荷的电荷量为-q,故A正确;由对称性可得a、c在O处的合电场强度为零,b、d在O处的电场方向由d指向b,所以正方形中心O处的电场方向从O指向d,故B正确;a、c两处的电荷在对称点M、N处产生的电势相等,由于M点离负电荷近,则电势低,N点靠近正电荷,所以电势高,故C错误;静电力做功与电荷的运动路径无关,因而将一点电荷分别沿路径MRN和MPN由M移到N过程中,静电力做功相等,故D正确。
10.BD　解析AB段的电荷量q=,则AB段在O点产生的电场强度E=k,方向由O指向AB,所以剩余部分在O点产生的电场强度大小等于E'=E=,方向由AB指向O,A、C错误,B、D正确。
11.ABC　解析由图像可得,φ0.15=3.0×106V,φ0.3=1.5×106V,则U=φ0.15-φ0.3=1.5×106V,故A正确;电势φ与位移x图线的斜率表示电场强度,则x=0.15m处的电场强度为E=V/m=2×107V/m,此时的静电力F=qE=1×10-7×2×107N=2N,由牛顿第二定律得滑块在x=0.15m处的加速度大小为a=m/s2=20m/s2,故B正确;滑块在0.3m处速度为v,由动能定理得qU=mv2,代入数据解得v=m/s,故C正确;电势φ与位移x图线的斜率表示电场强度可知斜率逐渐减小,故电场强度逐渐减小,则滑块P的加速度一直减小,故D错误。
12.CD　解析根据C=可知,仅将M板向上平移,则S减小,则C减小,故A错误;仅将M板向下平移,则S减小,则C减小,故B错误;仅将M板向右平移,则d减小,则C变大,故C正确;仅在M、N之间插入有机玻璃板,则ε变大,则C变大,故D正确。
13.答案(1)2.4×107 N/C　方向沿斜面向上　(2)0.2 m　(3)减小0.86 J
解析(1)A球在B球释放处产生的电场强度大小E=k=2.4×107N/C
方向沿斜面向上。
(2)当静电力等于重力沿斜面向下的分力时B球的速度最大,
即k=mgsinα
解得r=0.2m。
(3)由于r>L,可知,两球相互远离,则B球从开始运动到最大速度的过程中静电力做正功,电势能变小
根据功能关系可知,B球减小的电势能等于它动能和重力势能的增加量,所以B球电势能变化量为ΔEp=mv2+mg(r-L)sinα
解得ΔEp=0.86J。
14.答案(1)　(2)R　v2=3ER
解析(1)设离子的质量为m,电荷量为q,加速电场的电压为U,加速后速度大小为v0
qU=
离子沿中心线ab做匀速圆周运动,由牛顿运动定律有qE=m
解得U=。
(2)离子在匀强电场中做类平抛运动,设该过程加速度大小为a,时间为t,离子通过匀强电场后射到靶上时的坐标值为x,速率为v,由牛顿运动定律及运动学规律有
qE=ma
R=at2
x=v0t
解得x=R
设离子通过匀强电场后射到靶上时的速率为v,由动能定理有qU+qER=mv2
解得v2=3ER。
15.答案(1)v0　v0　(2)见解析　(3)
解析(1)根据动能定理0~时间段内有=eU0
代入数据解得v1=v0
~T时间内有=eU0
代入数据解得v2=v0。
(2)电子离开电容器Ⅰ进入电容器Ⅱ后做类平抛运动,类平抛运动的加速度为
a=
~T时间段内离开电容器Ⅰ进入电容器Ⅱ的电子离开电容器Ⅱ所需要的时间为
t=T
电子的竖直位移为y=at2==b
所以~T时间段内离开电容器Ⅰ进入电容器Ⅱ的电子能全部离开电容器Ⅱ。
(3)0~时间段内离开电容器Ⅰ进入电容器Ⅱ的电子离开电容器Ⅱ所需要的时间为
t1=T
电子的竖直位移为y1=>b
所以0~时间段内离开电容器Ⅰ进入电容器Ⅱ的电子不能离开电容器Ⅱ,一个周期内有一半电子离开电容器Ⅱ,所以一个周期T时间内离开电容器Ⅱ的电子数与进入电容器Ⅰ的总电子数的比值为。
16.答案(1)1.8 m　(2)31.68 N　(3)4.05 m
解析(1)设小球P刚运动到A点时的速度为vA,竖直分速度为vAy,则有
vAy=v0tan37°=6m/s
vA==10m/s
所以小球P的抛出点距A点的高度为h=m=1.8m。
(2)小球P受到的静电力qE=3N,方向水平向左,且与重力的合力大小为5N,方向垂直于AB斜面向下,则“等效重力场”的等效重力加速度g'=g=12.5m/s2,方向垂直AB斜面向下
设小球滑到B点时的速度为vB
由动能定理得-μmg'L=
对小球P,在B点,由牛顿第二定律得FN-mg=m
解得FN=31.68N
由牛顿第三定律知,小球P运动到B点时对轨道的压力为31.68N。
(3)设小球P能到达C点,且在C点的速度为vC,则小球P从A到C的过程中,由动能定理得-μmg'L-mg'R(1+cos37°)=
解得vC=5.5m/s
设小球P恰好到C点时的速度为vC',则有mg'=m
解得vC'=3.95m/s
因vC>vC',所以小球能到达C点,小球P离开C后,做类平抛运动,则有x'=vCt
R+Rcos37°=g't2
解得t=0.6s,x'=3.3m
故小球P的落点距B点的距离为x=x'+Rsin37°=4.05m。
17.答案(1)　(2)①　②
解析(1)电子在MN间加速过程,由动能定理可得eU0=
在偏转电场中,由于偏转角为30°,则有tan30°=
vy=at
eE1=ma
L0=v0t
联立解得E1=。
(2)①设电场E中速度偏转角为θ,则有tanθ=
由于类平抛运动,则有速度的反向延长线交于水平位移的中点,如图甲所示
甲
由几何关系,可得tanθ=
联立解得L=。
②由上一问可知tanθ=,由于U0的波动,U0'∈[U0-ΔU,U0+ΔU]范围内,如图乙所示
乙
则偏转角最小时有tanθmin=
此时电子落在靶上最远点,落点到偏转场S中点的水平位移为x1=
则偏转角最大时有tanθmax=
此时落在靶上最近点,落点到偏转场S中点的水平位移为x2=
故靶上的线长为x=x1-x2
一个周期射出的N1个电子分布在x长度上,则单位长度的线上对应的电子数为,所以单位长度的线上平均产生的X射线光子数N2=k
联立解得N2=。
18.答案(1)　(2)　(3)　(4)-
解析(1)设电子的质量为m,电子所带电荷量的绝对值为e,电子进入第n个圆筒后的动能为Ekn,根据动能定理有neU0=Ekn
电子在第2个和第5个金属圆筒中的动能之比。
(2)设电子进入第n个圆筒后的速度为vn,根据动能定理有
neU0=
vn=
第n个金属圆筒的长度
ln=vnt=
第1个金属圆筒与第8个金属圆筒的长度之比。
(3)电子在偏转电场中运动的加速度为a=
电子在偏转电场中的运动时间为t=
由(2)可得v8=4
电子射出偏转电场时,垂直于板面的分速度vy=at=
电子射出偏转电场时,偏转角度的正切值tanθ=。
(4)电子射出电场时,在垂直于板面方向偏移的距离为
y=at2
得y=
M、N两点间的电势差UMN=-Ey=-=-。
16

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