2024学年上海市西南位育中学物理高三上期中学业质量监测试题含解析

2024学年上海市西南位育中学物理高三上期中学业质量监测试
题
注意事项
1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．
2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．
3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．
5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．
一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1、如图所示，A、B 两物体的质量分别为mA和mB，且mA >mB ，整个系统处于静止状态，滑轮的质量和一切摩擦均不计.如果绳一端由Q点缓慢地向左移到P点，整个系统重新平衡后，物体A 的高度和两滑轮间绳与水平方向的夹角θ如何变化？
A．物体A 的高度升高，θ角变大
B．物体A 的高度降低，θ角变小
C．物体A 的高度升高，θ角不变
D．物体A 的高度不变，θ角变小
2、电磁炮是一种理想的兵器,而电容式电磁炮一直是世界各国研究的热点．研究它的主要原理如图．若电容器的电容C=5×10-2F,电磁炮释放前两端电压为2kV,利用这种装置可以把质量m=20g的弹体(包括金属杆EF的质量)在极短的时间内加速到500m/s发射出去,若这种装置的轨道宽L=2m、轨道内充满磁感应强度B=2.5T的匀强磁场,不计轨道摩擦且金属杆EF与轨道始终接触良好,则在这个过程中下列说法正确的是（）
A．通过电磁炮的电荷量为2C
B．通过电磁炮的电荷量为100C
C．电容器两端的电压将变为2.5kV
D．电容器两端的电压将变为40V
3、四颗地球卫星a、b、c、d的排列位置如图所示，其中，a是静止在地球赤道上还未发射的卫星，b是近地轨道卫星，c是地球同步卫星，d是高空探测卫星，四颗卫星相比较（）
A．a的向心加速度最大
B．相同时间内b转过的弧长最长
C．c相对于b静止
D．d的运动周期可能是23h
4、从塔顶自由下落一石块，它在着地前的最后1s内的位移是30m，取g＝10m/s2，下列说法中正确的是( )
A．石块落地时速度是30m/s B．石块落地时速度是35m/s
C．石块落地所用的时间是2.5s D．石块下落全程平均速度是15 m/s
5、一带负电粒子在电场中仅受静电力作用下沿轴正向做直线运动图象如图所示,起始点O为坐标原点,下列关于电势、粒子动能、电场强度E、粒子加速度与位移的关系图象中可能合理的是
A．B．C．D．
6、如图所示，水平面上质量均为5kg的两木块A、B用一轻弹簧相连接，整个系统处于平衡状态。

现用一竖直向上的力F拉动木块A，使木块A向上做加速度为5m/s2的匀加速直线运动。

研究从力F刚作用在木块A的瞬间到B刚离开地面的瞬间这个过程，并且选定这个过程的起始位置为坐标原点，则下列b图中可以表示力F与木块A的位移X之间关系的是：（g=10m/s2）( )
A．B．
C．D．
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。

全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

7、如图所示，T为理想变压器，原副线圈匝数比为4：1，A1、A2为理想交流电流表，V1、V2为理想交流电压表，R1、R2为定值电阻，R3为热敏电阻（阻值随温度的升高而减小），原线圈两端接入如后图所示的电压，以下说法正确的是（）
A．当温度升高时，电压表V1示数为2V保持不变
B．当温度升高时，电压表V2示数变大
C．通过电流表A1的电流方向每秒变化100次
D．当温度升高时，电流表A1、A2示数同时变大
8、下列说法正确的是
A．只有机械波能产生多普勒效应，电磁波不会产生多普勒效应
B．由爱因斯坦的相对论得出运动的时钟会变慢
C．电磁波能发生偏振现象，说明电磁波是横波
D．红光和绿光通过同一干涉装置，绿光形成的干涉条纹间距大
E.用单摆测重力加速度实验时，为了减小实验误差，应从单摆摆到最低点时开始计时
9、如图所示，跳水运动员最后踏板的过程可以简化为下述模型：运动员从高处落到处于自然状态的跳板（A位置）上，随跳板一同向下做变速运动到达最低点（B位置）。

对于运动员从开始与跳板接触到运动至最低点的过程，下列说法中正确的是
A．运动员到达最低点时，其所受的合力为零
B．在这个过程中，运动员的动能一直在减小
C．在这个过程中，运动员的机械能一直在减小
D．在这个过程中，运动员所受重力对他做的功小于克服跳板的作用力对他做的功10、下列说法正确的是：（）
A．单晶体和多晶体在物理性质上均表现为各向异性
B．墨水滴入水中出现扩散现象，这是分子无规则运动的结果
C．不可能从单一热源吸收热量全部用来做功
D．缝衣针漂浮在水面上是表面张力作用的结果
E.液晶是可以流动的晶体，具有各向异性．
三、实验题：本题共2小题，共18分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。

11．（6分）某实验小组欲以图甲所示实验装置探究加速度与物体受力和质量的关系．图中A为小车，B为装有砝码的小盘，C为一端带有定滑轮的长木板，小车通过纸带与电磁打点计时器相连，小车的质量为m1，小盘(及砝码)的质量为m1．
（1）下列说法正确的是_________。

A．实验时先放开小车，再接通打点计时器的电源
B．每次改变小车质量时，应重新平衡摩擦力
C．本实验中应满足m1远小于m l的条件
D．在用图象探究小车加速度与受力的关系时，应作a-m l图象
（1）实验中，得到一条打点的纸带，如图乙所示，已知相邻计数点间的时间间隔为T，且间距x l、x1、x3、x4、x5、x6已量出，则打点计时器打下F点时小车的瞬时速度的计算式为v F=________________、小车加速度的计算式a=________________________．（3）某同学平衡好摩擦阻力后，在保持小车质量不变的情况下，通过多次改变砝码重力，作出小车加速度a 与砝码重力F的图象如图丙所示．若牛顿第二定律成立，重力加速度g= 10 m/s1，则小车的质量为__________kg，小盘的质量为__________kg．（4）实际上，在砝码的重力越来越大时，小车的加速度不能无限制地增大，将趋近于某一极限值，此极限值为___________m/s1．
12．（12分）某实验小组设计了“探究加速度与合外力关系”的实验，实验装置如图所示．已知小车的质量为500克，g取10m/s2，不计绳与滑轮间的摩擦．实验步骤如下：
(1)细绳一端系在小车上，另一端绕过定滑轮后挂一个小砝码盘．
(2)在盘中放入质量为m的砝码，用活动支柱将木板固定有定滑轮的一端垫高，调整木板倾角，恰好使小车沿木板匀速下滑．
(3)保持木板倾角不变，取下砝码盘，将纸带与小车相连，并穿过打点计时器的限位孔，接通打点计时器电源后，释放小车．
(4)取下纸带后，在下表中记录了砝码的质量m和对应的小车加速度a．
(5)改变盘中砝码的质量，重复(2)(3)步骤进行实验．
①某次实验用打点计时器（交流电的频率为50Hz）研究小车的运动,纸带记录如图所
示,从O 点开始每打五个点取一个计数点,根据纸带计算小车过e 点的对应速度v e =______m/s,小车的加速度是______m/s 2.
②某同学按照下表中的测量结果在坐标纸上作出a -mg 图象
（_____________）
实验次数
1 2 3 4 5 6 7 m /kg
0.02 0.04 0.05 0.06 0.07 0.08 0.10 a /（m ·s -2） 1.40 1.79 2.01 2.20 2.38 2.61 3.02 上述图象不过坐标原点的原因是：______________________________．
③根据（②）问中的图象还能求解哪些物理量？其大小为多少？______________ ④你认为本次实验中小车的质量是否要远远大于砝码的质量：______（选填“是”或“否”）．
四、计算题：本题共2小题，共26分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。

13．（10分）质量为2M kg =的小车静止于光滑水平面上，小车的上表面由光滑的1/4圆弧和光滑平面组成，弧半径为0.3R m =，车的右端固定有一不计质量的弹簧，如图所示。

现有一质量为1m kg =的滑块从圆弧最高处无初速下滑，与弹簧相接触(不栓接)并压缩弹簧。

重力加速度210/g m s =求：
()1弹簧具有的最大的弹性势能pm E ；
()2当滑块与弹簧分离时小车的速度。

14．（16分）如图所示，质量m=1 Kg 的滑板A 带有四分之一光滑圆轨道，圆轨道的半
径R=1.8 m，圆弧底端点切线水平，滑板的水平部分粗糙．现滑板A静止在光滑水平面上，左侧紧靠固定挡板，右侧有与A等高的平台，平台与A的右端间距为s．平台最右端有一个高h=1.15 m的光滑斜坡，斜坡和平台用长度不计的小光滑圆弧连接，斜坡顶端连接另一水平面．现将质量m=1 kg的小滑块B(可视为质点)从A的顶端由静止释放，取重力加速度g=10m／s1．求：
(1)滑块B刚滑到圆弧底端时，对圆弧底端轨道的压力大小．
(1)若A、B间动摩擦因数μ1=0.5，保证A与平台相碰前A、B能达到共同速度，则s
应满足什么条件?
(3)平台上P、Q之间是一个宽度l=0.5 m的特殊区域，该区域粗糙，且当滑块B进入后，滑块还会受到一个水平向右、大小F=10 N的恒力作用，平台其余部分光滑．在满足第(1)问的条件下，若A与B共速时，B刚好滑到A的右端，A恰与平台相碰，此后B滑上平台，同时快速撤去A．设B与PQ之间的动摩擦因数0<μ<l，试讨论因μ的取值不同，B在PQ间通过的路程大小．
15．（12分）一颗在赤道上空运行的人造卫星，其轨道半径为r=2R(R为地球半径)，卫
ω，地球表面处的重力加星的转动方向与地球自转方向相同.已知地球自转的角速度为0
速度为g.求：
(1)该卫星所在处的重力加速度g′；
(2)该卫星绕地球转动的角速度ω；
(3)该卫星相邻两次经过赤道上同一建筑物正上方的时间间隔t∆.
参考答案
一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1、C
【解题分析】
原来整个系统处于静止状态，绳的拉力等于A物体的重力，B物体对滑轮的拉力等于B
物体的重力，将绳一端由Q 点缓慢地向左移到P 点，整个系统重新平衡后，绳的拉力仍等于A 物体的重力，B 物体对滑轮的拉力仍等于B 物体的重力，都没有变化，即滑轮所受的三个力都不变，则根据平衡条件可知，两绳之间的夹角也没有变化，即θ不变，设滑轮到天花板的距离为h ，绳两端点的距离为s ，由几何关系得：
tan 2h s θ=，由于s 增大，所h 增大，滑轮下降，A 上升，故C 正确，ABD 错误。

故选：C 。

2、A
【解题分析】
A 、
B 项：对电磁炮由动量定理可知，BIL t mv ∆=得：BLq mv =，代入数据解得：2q
C =，故A 正确，B 错误；
C 、
D 项：由公式Q Q C U U
∆==∆得：2240510Q U V V C -∆∆===⨯，所以电容器两端电压变为(200040)1960V V -=，故C 、D 错误．
故应选：A ．
3、B
【解题分析】
A 、同步卫星的周期必须与地球自转周期相同，角速度相同，则知a 与c 的角速度相同，根据a=ω2r 知，c 的向心加速度比a 的向心加速度大，故A 错误；
B 、由22GMm m r r ω=
，得ω=b 的角速度最大，在相同时间内转过的弧长最长，故B 正确；
C 、b 是近地轨道卫星，c 是地球同步卫星，c 相对于地面静止，近地轨道卫星相对于地面运动，所以c 相对于b 运动，故C 错误；
D 、由开普勒第三定律3
2R k T
=知，卫星的半径越大，周期越大，所以d 的运动周期大于c 的周期24h ，故D 错误；
故选B ．
【题目点拨】
同步卫星的周期必须与地球自转周期相同，角速度相同，根据a=ω2r 比较a 与c 的向心加速度大小；根据万有引力提供向心力，列出等式得出角速度与半径的关系，再分析弧长关系；根据开普勒第三定律判断d 与c 的周期关系，据此解答．
4、B
【解题分析】
设石块下落时间为t，石块下落时的高度为x，最后1s前下落的高度为x′；则有：
x=1
2
gt2；x′=
1
2
g（t-1）2；且x-x′=30m；联立以上解得：t=3.5s，石块落地时速度
v=gt=35m/s，故B正确，ACD错误．故选B．
【题目点拨】
最后1s的石块不是自由落体，故无法直线由自由落体规律列式；但是可以由落点开始，分别对全程及最后1s之外的过程列自由落体规律，联立求解．
【考点】
自由落体
5、C
【解题分析】
根据v-t图象的斜率分析加速度的变化，判断电场力的变化，由电场力做功情况分析动能和电势能的变化，再分析电势的变化.
【题目详解】
A、v-t图象的斜率表示加速度，则知粒子的加速度减小，由牛顿第二定律知qE=ma，得场强E逐渐减小，由知φ-x图象切线斜率是变化的，所以，φ-x图象是曲线，故A
错误.
B、v减小，则知动能E k减小，故B错误.
C、E随时间减小，粒子做减速直线运动，E可能随x均匀减小，故C正确.
D、a随时间减小，粒子做减速直线运动，a随x增大而减小，故D错误.
故选C.
【题目点拨】
本题关键是明确粒子的受力情况和运动情况，然后结合动能定理进行分析，图象的斜率的物理意义要清楚。

6、A
【解题分析】设初始状态时，弹簧的压缩量为x0，弹簧劲度系数为k，物体的质量为m，则kx0=mg；力F作用在木块A上后，选取A为研究对象，其受到竖直向上的拉力F. 竖直向下的重力mg和弹力k(x0−x)三个力的作用，
根据牛顿第二定律，F+k(x0−x)−mg=ma，即F=ma+kx=25+kx；
当弹簧对物体B竖直向上的弹力等于重力时B刚好离开地面，此时弹簧对物体A施加竖直向下的弹力F弹，大小为mg，
对物体A运用牛顿第二定律有F−mg−F弹=ma，
代入数据，可求得F=125N.
故选：A.
点睛：最初弹簧被压缩，A物体受到竖直向上的弹力等于重力，由于A物体做匀加速直线运动，对A受力分析，列出牛顿第二定律解出对应的表达式；当B物体要离开地面时地面的支持力为零，弹簧对B物体向上的拉力等于B物体的重力，即弹簧对A物体向下的拉力等于B的重力，再列出牛顿第二定律解出此所需的拉力F大小即可．
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。

全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

7、CD
【解题分析】
A、原线圈两端电压的有效值为220V，根据电压与匝数成正比得55V，故A错误；
B、当温度升高时，R3的阻值减小，副线圈电流变大，R1两端的电压变大，并联部分的电压减小，即电压表V2示数变小，故B错误；
C、根据交流电图象知T=0.02s，频率50Hz，1s完成50个周期性变化，每个周期电流方向改变2次，所以通过电流表的电流方向每秒变化100次，故C正确；
D、温度升高时，副线圈电流变大，根据电流与匝数成反比，知原线圈电流变大，所以、电流表A1、A2示数同时变大，故D正确；
综上所述本题答案是：CD
8、BCE
【解题分析】
A．不仅机械波能产生多普勒效应，电磁波也会产生多普勒效应，选项A错误；
B．由爱因斯坦的相对论得出运动的时钟会变慢，选项B正确；
C．电磁波能发生偏振现象，说明电磁波是横波，选项C正确；
D．因红光的波长大于绿光的波长，则红光和绿光通过同一干涉装置，由
l
x
d
λ∆=可
知，绿光形成的干涉条纹间距小，选项D错误；
E．用单摆测重力加速度实验时，为了减小实验误差，应从单摆摆到最低点时开始计时，选项E正确。

9、CD
【解题分析】
A 、从接触跳板到最低点，弹力一直增大，合力先减小后增大，故A 错误。

B 、加速度的方向先向下后向上，速度先和加速度同向再和加速度反向，可知速度先增大后减小，动能先增大后减小，故B 错误。

C 、形变量一直在增大，跳板的弹力一直对运动员做负功，所以运动员的机械能一直在减小，跳板的弹性势能一直在增加，故C 正确。

D 、根据动能定理，重力做正功，弹力做负功，动能在减小，总功为负值，所以运动员所受重力对他做的功小于克服跳板的作用力对他做的功，故D 正确。

故选：C 、D
10、BDE
【解题分析】
A ．单晶体在物理性质上均表现为各向异性，多晶体在物理性质上均表现为各向同性，选项A 错误；
B ．墨水滴入水中出现扩散现象，这是分子无规则运动的结果，选项B 正确；
C ．根据热力学第二定律，不可能从单一热源吸收热量全部用来做功，而不引起其他的变化，选项C 错误；
D ．缝衣针漂浮在水面上是表面张力作用的结果，选项D 正确；
E ．液晶是可以流动的晶体，具有各向异性，选项E 正确；
故选BDE ．
三、实验题：本题共2小题，共18分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。

11、C 562x x T
+ 45612329x x x x x x T ++--- 1.0 0.060 10 【解题分析】
（1）打点计时器的应用过程中，在打点时应先启动打点计时器，在释放小车，A 选项错误；平衡摩擦力时据mgsinθ=µmgcosθ，质量可以消去，说明质量不是影响平衡的因素，B 选项错误；小车的动力来自砝码的重力，所以有m 1g=(m 1+m 1)a,当m 1＞＞ m 1有a=m 1g/ m 1,所以C 选项正确；由a=m 1g/ m 1可知应作a —1/m 图像，D 选项错误． （1）据中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，有v F =(x 5+x 6)/1T ；据a 1=(x 6-x 3)/3T 1, a 1=(x 5-x 1)/3T 1, a 3=(x 4-x 1)/3T 1,a=( a 1+a 1+a 3)/3=〔( x 6+x 5+x 4)-(x 3+x 1+x 1)〕/9T 1．
（3）据图像有a=Kf+0.3，斜率k=1/m 1=Δa/ΔF ，m 1=1.0kg ；据m 1g=(m 1+m 1)a,当m 1＞＞ m 1有m 1g=m 1a ，则盘的质量为0.06kg ；
（4）据m 1g=(m 1+m 1)a,当m 1＞＞ m 1有a=m 1g/ m 1，当m 1增加到等于m 1时加速度
a=10m/s 1，但此时已经不能满足本实验的条件了．
12、0.196 3.92 没有考虑砝码盘的质量 砝码盘的质量为m =0.05kg 是
【解题分析】
(5)①[1] 小车过e 点的对应速度为df 段的平均速度
27.06 3.1410m/s 0.196m/s 0.2e v ；
[2]由2x aT ∆=可得
20.07060.05010.05010.0314 3.92m/s 0.01ef de a x x ；
②[3]在坐标纸上做出图像为
[4]当没有砝码的时候，还有加速度，说明合外力不为零，即没有考虑砝码盘的质量； ③[5]砝码盘的重力充当合外力，通过截距可以求得砝码盘的质量为m =0.05kg ； ④[6]设绳中拉力为T ，则对小车由牛顿第二定律可得 T Ma =
对钩码牛顿第二定律可得
mg T ma -=
两式联立可得mg a M m =+，M T mg m M
=⋅+
本实验需要钩码的重力约为小车所受合力，因此需要
1M m M +，即需要小车质量远大
于钩码质量
四、计算题：本题共2小题，共26分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。

13、()1 3J ；()21
?/m s 【解题分析】
由于系统无摩擦力，根据机械能守恒求解。

分离时，根据水平方向动量守恒列出等式，根据系统机械能守恒列出等式求解。

【题目详解】
()1小车与滑块组成的系统在水平方向所受合外力为零，系统在水平方向动量守恒，小车与滑块速度相等时弹簧弹性势能最大，由于系统初动量为零，由动量守恒定律可知，此时系统动量为零，速度为零，由于没有摩擦力，系统机械能守恒，由机械能守恒定律
得：
1100.33pm E mgR J ==⨯⨯= ()2小车与滑块组成的系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，
在水平方向，由动量守恒定律得：120M m υυ-= 由机械能守恒定律得：22121122
mgR Mv mv =+ 联立并代入数据解得：11/v m s =
【题目点拨】
本题考查了动量守恒定律的应用，分析清楚物体运动过程是解题的前提，解决该题关键要分析物体的运动过程，结合动量守恒定律和能量守恒定律进行求解。

14、（1）60N （1）s>0.8m （3）
1310μ
【解题分析】 （1）设滑块B 滑到A 底端的速度为v 0,根据机械能守恒定律可得：
2012
mgR mv = 解得：v 0=6m/s 设滑块B 刚下滑到圆弧底端时，圆弧轨道对滑块的支持力为F N ,由牛顿定律得：
20N v F mg m R
-=
解得F N =60N
根据牛顿第三定律得：F 压=F N =60N
（1）设AB 的共同速度v 1，由动量守恒定律可得：
01()mv m M v =+ 解得：v 1=4m/s 对A 由动能定理：21112
mgs Mv μ=
解得s=0.8m 即保证A 与平台相碰前AB 能够共速，s 应满足s>0.8m （3）设滑块到达Q 处的速度v 1时，滑块恰好到达斜坡顶端，根据机械能守恒定律可得：2212
mgh mv = 解得v 1=5m/s
由（1）可知滑块进入PQ 间时的速度大小为v 1，当滑块到达Q 处速度v 1=5m/s 时，对滑块，由动能定理22211122Fl mgl mv mv μ-=
- 解得μ=0.1
即0<μ≤0.1，滑块从斜坡顶端离开；滑块在PQ 间通过的路程为0.5m
若滑块滑上斜坡后，从斜坡返回，到达P 点速度刚好为零，设此时动摩擦因数为μ1，对滑块由动能定理：2211202mg l mv μ-=-
解得：μ1=0.8,
0.1<μ≤0.8，滑块从P 左端离开，滑块在PQ 间通过的路程为1m ；
若0.8<μ<1，则B 最终静止在Q 点，设滑块在PQ 间通过的路程为s '，
对滑块由动能定理： 21102Fl mgs mv μ-=-
' 解得：1310s μ
'= 15、（1）14g （2
3
【解题分析】
(1)在地球表面处物体受到的重力等于万有引力mg=2
GMm R ， 在轨道半径为r=2R 处,仍有万有引力等于重力mg′=
()22GMm R ， 解得：g′=g/4；
(2)根据万有引力提供向心力()()2222GMm m R R ω=，
mg=2
GMm R ，
联立可得 (3)卫星绕地球做匀速圆周运动，建筑物随地球自转做匀速圆周运动，当卫星转过的角度与建筑物转过的角度之差等于2π时，卫星再次出现在建筑物上空
以地面为参照物，卫星再次出现在建筑物上方时，建筑物随地球转过的弧度比卫星转过弧度少2π.
即ω△t −ω0△t=2π
解得：3/y v m s =
【题目点拨】
（1）在地球表面处物体受到的重力等于万有引力mg=2GMm R
，在轨道半径为2R 处，仍有万有引力等于重力mg′=()22GMm R ，化简可得在轨道半径为2R 处的重力加速度；
（2）人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，由地球的万有引力提供向心力
()()2222GMm
m R R ω=，结合黄金代换计算人造卫星绕地球转动的角速度ω；
（3）卫星绕地球做匀速圆周运动，建筑物随地球自转做匀速圆周运动，当卫星转过的角度与建筑物转过的角度之差等于2π时，卫星再次出现在建筑物上空．。