高考物理一轮复习课后集训16动量守恒定律及其应用含解析

一轮复习精品资料(高中)PAGE1-课后限时集训(十六)(时间：40分钟)1.如图所示，两木块A、B用轻质弹簧连在一起，置于光滑的水平面上。一颗子弹水平射入木块A，并留在其中。在子弹打中木块A及弹簧被压缩的整个过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统，下列说法中正确的是()A．动量守恒、机械能守恒 B．动量不守恒、机械能守恒C．动量守恒、机械能不守恒 D．动量、机械能都不守恒C〖在子弹射入木材A及压缩弹簧的过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统，系统所受外力之和为零，系统的动量守恒；子弹射入木块A的过程中，摩擦力做负功，系统机械能不守恒。故C正确。〗2．(2021·湖北新高考适应性考试)如图所示，曲面体P静止于光滑水平面上，物块Q自P的上端静止释放。Q与P的接触面光滑，Q在P上运动的过程中，下列说法正确的是()A．P对Q做功为零B．P和Q之间相互作用力做功之和为零C．P和Q构成的系统机械能守恒、动量守恒D．P和Q构成的系统机械能不守恒、动量守恒B〖P对Q有弹力的作用，并且在力的方向上有位移，在运动中，P会向左移动，P对Q的弹力方向垂直于接触面，与Q前后移动连线的位移夹角大于90°，所以P对Q做功不为0，故A错误；因为PQ之间的力属于系统内力，并且等大反向，两者在力的方向上发生的位移相等，所以做功之和为0，故B正确；因为系统只有系统内力和重力的作用，所以该P、Q组成的系统机械能守恒，系统水平方向上不受外力的作用，水平方向上动量守恒，但是在竖直方向上Q有加速度，即竖直方向上不守恒，故CD错误；故选B。〗3．一质量为M的航天器远离太阳和行星，正以速度v0在太空中飞行，某一时刻航天器接到加速的指令后，发动机瞬间向后喷出质量为m的气体，气体向后喷出的速度大小为v1，加速后航天器的速度大小v2等于(v0、v1、v2均为相对同一参考系的速度)()A．eq\f(M＋mv0－mv1,M) B．eq\f(M＋mv0＋mv1,M)C．eq\f(Mv0＋mv1,M－m) D．eq\f(Mv0－mv1,M－m)C〖以v0的方向为正方向，由动量守恒定律有Mv0＝－mv1＋(M－m)v2，解得v2＝eq\f(Mv0＋mv1,M－m)，故选项C正确。〗4．一弹丸在飞行到距离地面5m高时仅有水平速度v＝2m/s，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为3∶1。不计质量损失，取重力加速度g＝10m/s2，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是()ABCDB〖由h＝eq\f(1,2)gt2可知，爆炸后甲、乙两块做平抛运动的时间t＝1s，爆炸过程中，爆炸力对沿原方向运动的一块的冲量沿运动方向，故这一块的速度必然增大，即v>2m/s，因此水平位移大于2m，C、D项错误；甲、乙两块在爆炸前后，水平方向不受外力，故水平方向动量守恒，即甲、乙两块的动量改变量大小相等，两块质量比为3∶1，所以速度变化量之比为1∶3，由平抛运动水平方向上x＝v0t，所以A图中，v乙＝－0.5m/s，v甲＝2.5m/s，Δv乙＝2.5m/s，Δv甲＝0.5m/s，A项错误；B图中，v乙＝0.5m/s，v甲＝2.5m/s，Δv乙＝1.5m/s，Δv甲＝0.5m/s，B项正确。〗5.(2020·山东日照校际联合质检)沿光滑水平面在同一条直线上运动的两物体A、B碰撞后以共同的速度运动，该过程的位移—时间图象如图所示。则下列说法正确的是()A．碰撞前后物体A的运动方向相同B．物体A、B的质量之比为1∶2C．碰撞后A的动能变大，B的动能减小D．碰前物体B的动量较小B〖由题图可得，碰撞前vA＝eq\f(20－30,2)m/s＝－5m/s，碰撞后v′A＝eq\f(20－10,2)m/s＝5m/s，则碰撞前后物体A的运动方向相反，故A错误；由题图可得，碰撞前vB＝eq\f(20－0,2)m/s＝10m/s，根据动量守恒定律得mAvA＋mBvB＝(mA＋mB)v′A，代入数据得mA∶mB＝1∶2，故B正确；碰撞前后物体A速度大小相等，则碰撞后物体A的动能不变，故C错误；碰前物体A、B速度方向相反，碰后物体A、B速度方向与物体B碰前速度方向相同，则碰前物体B的动量较大，故D错误。〗6．(2020·河北邯郸一中第五次月考)在沈海高速公路上发生一起交通事故，一辆质量为1.5×104kg向南行驶的长途客车迎面撞上了一质量为2.0×104A．大于10m/s B．小于22.5m/sC．一定大于22.5m/s D．一定大于30m/sC〖碰撞前长途客车的速度v1＝108km/h＝30m/s，根据碰后两辆车连在一起且向北滑行的情况，可知由两车组成的系统的总动量方向向北，所以碰前客车的动量p1＝m1v1(向南)应该小于货车的动量p2＝m2v2(向北)，即m1v1<m2v2，代入数据有1.5×104×30(kg·m/s)<2.0×104×v2(kg·m/s)，解得v2>22.5m/s。〗7.如图所示，有一摆长为L＝0.8m的单摆，将悬线拉至水平后释放摆球A，摆球A在最低点与置于水平面上的B球发生弹性碰撞，导致B球又跟置于同一水平面上的C球发生完全非弹性碰撞。已知A、B、C的质量均为m＝0.5kg，B、C两球与水平面间的动摩擦因数均为0.2，若B、C两球碰后共同向前运动的距离为0.25m，重力加速度g＝10m/s2，求：(1)碰前B、C两球间的水平距离；(2)B、C两球碰撞过程中损失的机械能。〖〖解析〗〗(1)设A球到达最低点与B球碰撞前瞬间的速度大小为vA，则由机械能守恒定律可得mgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)代入数据可解得vA＝4m/sA球与B球发生弹性碰撞，故两球碰撞过程中动量守恒、机械能守恒设碰后A球的速度大小为v′A，B球的速度大小为vB，则有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＝eq\f(1,2)mv′eq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，mvA＝mv′A＋mvB两式联立并代入数据可解得vB＝4m/s设B、C两球碰后的共同速度为v，向前运动的距离为x1，则有v2＝2μgx1代入数据可解得v＝1m/s设B、C两球碰撞前B球的速度大小为v′B则由动量守恒定律得mv′B＝2mv解得v′B＝2m/s设碰前B、C两球间的水平距离为x2，由匀变速直线运动规律可得v′eq\o\al(2,B)－veq\o\al(2,B)＝－2μgx2代入数据可解得x2＝3m。(2)由于B、C两球碰撞之前B球的速度大小为v′B＝2m/s，C球的速度为零，碰撞后二者的共同速度v＝1m/s故B、C两球碰撞过程中损失的机械能为Q＝eq\f(1,2)mv′eq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)·2mv2代入数据解得Q＝0.5J。〖〖答案〗〗(1)3m(2)0.5J8.如图所示，在光滑的水平面上，质量为m1的小球A以速率v0向右运动。在小球A的前方O点处有一质量为m2的小球B处于静止状态，Q点处为一竖直的墙壁。小球A与小球B发生弹性正碰后小球A与小球B均向右运动。小球B与墙壁碰撞后以原速率返回并与小球A在P点相遇，PQ＝2PO，则两小球质量之比m1∶m2为()A．7∶5 B．1∶3C．2∶1 D．5∶3D〖设A、B两个小球碰撞后的速度分别为v1、v2，由动量守恒定律有m1v0＝m1v1＋m2v2，发生弹性碰撞，不损失动能，故根据能量守恒定律有eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)，两个小球碰撞后到再次相遇，其速率不变，由运动学规律有v1∶v2＝PO∶(PO＋2PQ)＝1∶5，联立三式可得m1∶m2＝5∶3，D正确。〗9．(2019·日照一模)A、B两小球静止在光滑水平面上，用轻弹簧相连接，A、B两球的质量分别为m和M(m<M)。若使A球获得瞬时速度v(如图甲)，弹簧压缩到最短时的长度为L1；若使B球获得瞬时速度v(如图乙)，弹簧压缩到最短时的长度为L2，则L1与L2的大小关系为()甲乙A．L1>L2 B．L1<L2C．L1＝L2 D．不能确定C〖当弹簧压缩到最短时，两球的速度相同，对甲图取A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv＝(M＋m)v′，由机械能守恒定律得：Ep＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)(M＋m)v′2，联立解得弹簧压缩到最短时有：Ep＝eq\f(mMv2,2m＋M)。同理，对乙图取B的初速度方向为正方向，当弹簧压缩到最短时也有：Ep＝eq\f(mMv2,2m＋M)，两次弹性势能相等，则有：L1＝L2，故选项C正确。〗10．如图所示，形状完全相同的光滑弧形槽A、B静止在足够长的光滑水平面上，两弧形槽相对放置，底端与光滑水平面相切，弧形槽的高度为h，弧形槽A的质量为2m，弧形槽B的质量为M。质量为m的小球，从弧形槽A顶端由静止释放，重力加速度为g(1)小球从弧形槽A滑下后的最大速度；(2)若小球从弧形槽B上滑下后还能追上弧形槽A，求M、m间所满足的关系。〖〖解析〗〗(1)小球到达弧形槽A底端时速度最大。设小球到达弧形槽A底端时的速度大小为v1，弧形槽A的速度大小为v2，小球与弧形槽A组成的系统在水平方向动量守恒，以水平向右为正方向，小球下滑过程中，对系统由动量守恒定律得mv1－2mv2＝0，由机械能守恒定律有mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)·2mveq\o\al(2,2)，联立解得v1＝2eq\r(\f(gh,3))，v2＝eq\r(\f(gh,3))。(2)小球冲上弧形槽B后，上滑到最高点后再返回分离，设分离时小球速度反向，大小为v3，弧形槽B的速度为v4，整个过程二者水平方向动量守恒，则有mv1＝－mv3＋Mv4，二者的机械能守恒，则有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,3)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,4)，小球还能追上A，则有v3>v2，联立解得M>3m〖〖答案〗〗(1)2eq\r(\f(gh,3))(2)M>3m11．(2021·广东新高考适应性考试)如图所示，固定的粗糙斜面，倾角θ＝30°，斜面底端O处固定一个垂直斜面的弹性挡板。在斜面上P、Q两点有材质相同、质量均为m的滑块A和B，A和B恰好能静止，且均可视为质点，Q到O的距离是L，Q到P的距离是kL(k>0)。现始终给A施加一个大小为F＝mg、方向沿斜面向下的力，A开始运动，g为重力加速度。设A、B之间以及B与挡板之间的碰撞时间极短，且无机械能损失，滑块与斜面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：(1)A、B第一次碰撞后瞬间它们的速率分别为多少；(2)A、B第一次碰撞与第二次碰撞之间的时间。〖〖解析〗〗(1)A和B恰好能静止则表明mgsinθ＝μmgcosθ当给A施加一个大小为F＝mg、方向沿斜面向下的力，A开始运动，由牛顿第二定律可知F＝mg＝ma解得a＝gA碰前的速度为veq\o\al(2,1)＝2gkLA与B发生弹性碰撞，由动量守恒可知mv1＝mv2＋mv′1由能量守恒可知eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＋eq\f(1,2)mv′eq\o\al(2,1)解得：v′1＝0，v2＝eq\r(2gkL)。(2)碰后B运动到底端所用时间为t1＝eq\f(L,v2)＝eq\r(\f(L,2gk))A运动到底端所用时间为t2＝eq\r(\f(2L,g))若t1＝t2解得：k＝eq\f(1,4)当k<eq\f(1,4)时A与B同向相撞(即B与挡板碰撞前AB发生第二次碰撞)，此时有eq\f(1,2)gt2＝eq\r(2gkLt)解得t＝2eq\r(\f(2kL,g))当k>eq\f(1,4)时A与B反向相撞(即B先与挡板碰撞反向后与A发生第二次碰撞),碰后B匀速运动，运动到底端的时间为t1＝eq\f(L,v2)＝eq\r(\f(L,2gk))B与挡板碰后原速率返回mgsinθ＋μmgcosθ＝ma′解得：a′＝g有相对运动可知：L－eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)＝(eq\r(2gkL)－gt1)(t－t1)解得：t＝eq\r(\f(L,2gk))＋eq\f(4k－1L,4k)eq\r(\f(2k,gL4k2－1))。〖〖答案〗〗(1)0eq\r(2gkL)(2)当k<eq\f(1,4)时t＝2eq\r(\f(2kL,g))当k>eq\f(1,4)时t＝eq\r(\f(L,2gk))＋eq\f(4k－1L,4k)eq\r(\f(2k,gL4k2－1))课后限时集训(十六)(时间：40分钟)1.如图所示，两木块A、B用轻质弹簧连在一起，置于光滑的水平面上。一颗子弹水平射入木块A，并留在其中。在子弹打中木块A及弹簧被压缩的整个过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统，下列说法中正确的是()A．动量守恒、机械能守恒 B．动量不守恒、机械能守恒C．动量守恒、机械能不守恒 D．动量、机械能都不守恒C〖在子弹射入木材A及压缩弹簧的过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统，系统所受外力之和为零，系统的动量守恒；子弹射入木块A的过程中，摩擦力做负功，系统机械能不守恒。故C正确。〗2．(2021·湖北新高考适应性考试)如图所示，曲面体P静止于光滑水平面上，物块Q自P的上端静止释放。Q与P的接触面光滑，Q在P上运动的过程中，下列说法正确的是()A．P对Q做功为零B．P和Q之间相互作用力做功之和为零C．P和Q构成的系统机械能守恒、动量守恒D．P和Q构成的系统机械能不守恒、动量守恒B〖P对Q有弹力的作用，并且在力的方向上有位移，在运动中，P会向左移动，P对Q的弹力方向垂直于接触面，与Q前后移动连线的位移夹角大于90°，所以P对Q做功不为0，故A错误；因为PQ之间的力属于系统内力，并且等大反向，两者在力的方向上发生的位移相等，所以做功之和为0，故B正确；因为系统只有系统内力和重力的作用，所以该P、Q组成的系统机械能守恒，系统水平方向上不受外力的作用，水平方向上动量守恒，但是在竖直方向上Q有加速度，即竖直方向上不守恒，故CD错误；故选B。〗3．一质量为M的航天器远离太阳和行星，正以速度v0在太空中飞行，某一时刻航天器接到加速的指令后，发动机瞬间向后喷出质量为m的气体，气体向后喷出的速度大小为v1，加速后航天器的速度大小v2等于(v0、v1、v2均为相对同一参考系的速度)()A．eq\f(M＋mv0－mv1,M) B．eq\f(M＋mv0＋mv1,M)C．eq\f(Mv0＋mv1,M－m) D．eq\f(Mv0－mv1,M－m)C〖以v0的方向为正方向，由动量守恒定律有Mv0＝－mv1＋(M－m)v2，解得v2＝eq\f(Mv0＋mv1,M－m)，故选项C正确。〗4．一弹丸在飞行到距离地面5m高时仅有水平速度v＝2m/s，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为3∶1。不计质量损失，取重力加速度g＝10m/s2，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是()ABCDB〖由h＝eq\f(1,2)gt2可知，爆炸后甲、乙两块做平抛运动的时间t＝1s，爆炸过程中，爆炸力对沿原方向运动的一块的冲量沿运动方向，故这一块的速度必然增大，即v>2m/s，因此水平位移大于2m，C、D项错误；甲、乙两块在爆炸前后，水平方向不受外力，故水平方向动量守恒，即甲、乙两块的动量改变量大小相等，两块质量比为3∶1，所以速度变化量之比为1∶3，由平抛运动水平方向上x＝v0t，所以A图中，v乙＝－0.5m/s，v甲＝2.5m/s，Δv乙＝2.5m/s，Δv甲＝0.5m/s，A项错误；B图中，v乙＝0.5m/s，v甲＝2.5m/s，Δv乙＝1.5m/s，Δv甲＝0.5m/s，B项正确。〗5.(2020·山东日照校际联合质检)沿光滑水平面在同一条直线上运动的两物体A、B碰撞后以共同的速度运动，该过程的位移—时间图象如图所示。则下列说法正确的是()A．碰撞前后物体A的运动方向相同B．物体A、B的质量之比为1∶2C．碰撞后A的动能变大，B的动能减小D．碰前物体B的动量较小B〖由题图可得，碰撞前vA＝eq\f(20－30,2)m/s＝－5m/s，碰撞后v′A＝eq\f(20－10,2)m/s＝5m/s，则碰撞前后物体A的运动方向相反，故A错误；由题图可得，碰撞前vB＝eq\f(20－0,2)m/s＝10m/s，根据动量守恒定律得mAvA＋mBvB＝(mA＋mB)v′A，代入数据得mA∶mB＝1∶2，故B正确；碰撞前后物体A速度大小相等，则碰撞后物体A的动能不变，故C错误；碰前物体A、B速度方向相反，碰后物体A、B速度方向与物体B碰前速度方向相同，则碰前物体B的动量较大，故D错误。〗6．(2020·河北邯郸一中第五次月考)在沈海高速公路上发生一起交通事故，一辆质量为1.5×104kg向南行驶的长途客车迎面撞上了一质量为2.0×104A．大于10m/s B．小于22.5m/sC．一定大于22.5m/s D．一定大于30m/sC〖碰撞前长途客车的速度v1＝108km/h＝30m/s，根据碰后两辆车连在一起且向北滑行的情况，可知由两车组成的系统的总动量方向向北，所以碰前客车的动量p1＝m1v1(向南)应该小于货车的动量p2＝m2v2(向北)，即m1v1<m2v2，代入数据有1.5×104×30(kg·m/s)<2.0×104×v2(kg·m/s)，解得v2>22.5m/s。〗7.如图所示，有一摆长为L＝0.8m的单摆，将悬线拉至水平后释放摆球A，摆球A在最低点与置于水平面上的B球发生弹性碰撞，导致B球又跟置于同一水平面上的C球发生完全非弹性碰撞。已知A、B、C的质量均为m＝0.5kg，B、C两球与水平面间的动摩擦因数均为0.2，若B、C两球碰后共同向前运动的距离为0.25m，重力加速度g＝10m/s2，求：(1)碰前B、C两球间的水平距离；(2)B、C两球碰撞过程中损失的机械能。〖〖解析〗〗(1)设A球到达最低点与B球碰撞前瞬间的速度大小为vA，则由机械能守恒定律可得mgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)代入数据可解得vA＝4m/sA球与B球发生弹性碰撞，故两球碰撞过程中动量守恒、机械能守恒设碰后A球的速度大小为v′A，B球的速度大小为vB，则有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＝eq\f(1,2)mv′eq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，mvA＝mv′A＋mvB两式联立并代入数据可解得vB＝4m/s设B、C两球碰后的共同速度为v，向前运动的距离为x1，则有v2＝2μgx1代入数据可解得v＝1m/s设B、C两球碰撞前B球的速度大小为v′B则由动量守恒定律得mv′B＝2mv解得v′B＝2m/s设碰前B、C两球间的水平距离为x2，由匀变速直线运动规律可得v′eq\o\al(2,B)－veq\o\al(2,B)＝－2μgx2代入数据可解得x2＝3m。(2)由于B、C两球碰撞之前B球的速度大小为v′B＝2m/s，C球的速度为零，碰撞后二者的共同速度v＝1m/s故B、C两球碰撞过程中损失的机械能为Q＝eq\f(1,2)mv′eq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)·2mv2代入数据解得Q＝0.5J。〖〖答案〗〗(1)3m(2)0.5J8.如图所示，在光滑的水平面上，质量为m1的小球A以速率v0向右运动。在小球A的前方O点处有一质量为m2的小球B处于静止状态，Q点处为一竖直的墙壁。小球A与小球B发生弹性正碰后小球A与小球B均向右运动。小球B与墙壁碰撞后以原速率返回并与小球A在P点相遇，PQ＝2PO，则两小球质量之比m1∶m2为()A．7∶5 B．1∶3C．2∶1 D．5∶3D〖设A、B两个小球碰撞后的速度分别为v1、v2，由动量守恒定律有m1v0＝m1v1＋m2v2，发生弹性碰撞，不损失动能，故根据能量守恒定律有eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)，两个小球碰撞后到再次相遇，其速率不变，由运动学规律有v1∶v2＝PO∶(PO＋2PQ)＝1∶5，联立三式可得m1∶m2＝5∶3，D正确。〗9．(2019·日照一模)A、B两小球静止在光滑水平面上，用轻弹簧相连接，A、B两球的质量分别为m和M(m<M)。若使A球获得瞬时速度v(如图甲)，弹簧压缩到最短时的长度为L1；若使B球获得瞬时速度v(如图乙)，弹簧压缩到最短时的长度为L2，则L1与L2的大小关系为()甲乙A．L1>L2 B．L1<L2C．L1＝L2 D．不能确定C〖当弹簧压缩到最短时，两球的速度相同，对甲图取A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv＝(M＋m)v′，由机械能守恒定律得：Ep＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)(M＋m)v′2，联立解得弹簧压缩到最短时有：Ep＝eq\f(mMv2,2m＋M)。同理，对乙图取B的初速度方向为正方向，当弹簧压缩到最短时也有：Ep＝eq\f(mMv2,2m＋M)，两次弹性势能相等，则有：L1＝L2，故选项C正确。〗10．如图所示，形状完全相同的光滑弧形槽A、B静止在足够长的光滑水平面上，两弧形槽相对放置，底端与光滑水平面相切，弧形槽的高度为h，弧形槽A的质量为2m，弧形槽B的质量为M。质量为m的小球，从弧形槽A顶端由静止释放，重力加速度为g(1)小球从弧形槽A滑下后的最大速度；(2)若小球从弧形槽B上滑下后还能追上弧形槽A，求M、m间所满足的关系。〖〖解析〗〗(1)小球到达弧形槽A底端时速度最大。设小球到达弧形槽A底端时的速度大小为v1，弧形槽A的速度大小为v2，小球与弧形槽A组成的系统在水平方向动量守恒，以水平向右为正方向，小球下滑过程中，对系统由动量守恒定律得mv1－2mv2＝0，由机械能守恒定律有mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)·2mveq\o\al(2,2)，联立解得v1＝2eq\r(\f(gh,3))，v2＝eq\r(\f(gh,3))。(2)小球冲上弧形槽B后，上滑到最高点后再返回分离，设分离时小球速度反向，大小为v3，弧形槽B的速度为v4，整个过程二者水平方向动量守恒，则有mv1＝－mv3＋Mv4，二者的机械能守恒，则有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,3)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,4)，小球还能追上A，则有v3>v2，联立解得M>3m〖〖答案〗〗(1)2eq\r(\f(gh,3))(2)M>3m11．(2021·广