高考物理新力学知识点之动量知识点总复习有答案解析(3)

高考物理新力学知识点之动量知识点总复习有答案解析(3)
一、选择题
1．将一个质量为m 的小球，以一定的初速度0v 斜向上抛出，小球在空中运动t 时间内的动量改变量大小为（不计空气阻力，重力加速度为g ）（ ） A ．0mv
B ．02mv
C ．mgt
D ．0mgt mv +
2．质量为m 的子弹以某一初速度0v 击中静止在粗糙水平地面上质量为M 的木块，并陷入木块一定深度后与木块相对静止，甲、乙两图表示这一过程开始和结束时子弹和木块可能的相对位置，设地面粗糙程度均匀，木块对子弹的阻力大小恒定，下列说法正确的是（ ）
A ．若M 较大，可能是甲图所示情形：若M 较小，可能是乙图所示情形
B ．若0v 较小，可能是甲图所示情形：若0v 较大，可能是乙图所示情形
C ．地面较光滑，可能是甲图所示情形：地面较粗糙，可能是乙图所示情形
D ．无论m 、M 、0v 的大小和地面粗糙程度如何，都只可能是甲图所示的情形
3．篮球运动深受同学们喜爱。

打篮球时，某同学伸出双手接传来的篮球，双手随篮球迅速收缩至胸前，如图所示。

他这样做的效果是（ ）
A ．减小篮球对手的冲击力
B ．减小篮球的动量变化量
C ．减小篮球的动能变化量
D ．减小篮球对手的冲量
4．有人设想在遥远的宇宙探测时，给探测器安上反射率极高（可认为100%）的薄膜，并让它正对太阳，用光压为动力推动探测器加速。

已知某探测器在轨道上运行，阳光恰好垂直照射在薄膜上，若膜面积为S ，每秒每平方米面积获得的太阳光能为E ，探测器总质量为M ，光速为c ，则探测器获得的加速度大小的表达式是（光子动量为h
p λ
=）（ ）
A ．
2ES
cM
B ．
22ES
c M
C ．
ES
cM
D ．
2ES
cMh
5．20世纪人类最伟大的创举之一是开拓了太空的全新领域．现有一艘远离星球在太空中直线飞行的宇宙飞船，为了测量自身质量，启动推进器，测出飞船在短时间Δt 内速度的改
变为Δv，和飞船受到的推力F（其它星球对它的引力可忽略）．飞船在某次航行中，当它飞近一个孤立的星球时，飞船能以速度v，在离星球的较高轨道上绕星球做周期为T的匀速圆周运动．已知星球的半径为R，引力常量用G表示．则宇宙飞船和星球的质量分别是（）
A．F v
t
，
2
v R
G
B．F v
t
，
3
2
v T
G
π
C．F t
v
，
2
v R
G
D．F t
v
，
3
2
v T
G
π
6．如图所示，质量为m的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接，一个质量也为m的小球从槽高h处开始自由下滑，则（）
A2gh
B2gh
C．小球在下滑过程中，小球和槽组成的系统总动量守恒
D．小球自由下滑过程中机械能守恒
7．我国的传统文化和科技是中华民族的宝贵精神财富，四大发明促进了科学的发展和技术的进步，对现代仍具有重大影响，下列说法正确的是（）
A．春节有放鞭炮的习俗，鞭炮炸响的瞬间，动量守恒但能量不守恒
B．火箭是我国的重大发明，现代火箭发射时，火箭对喷出气体的作用力大于气体对火箭的作用力
C．装在炮弹中的火药燃烧爆炸时，化学能全部转化为弹片的动能
D．指南针的发明促进了航海和航空，静止时指南针的N极指向北方
8．如图所示是一种弹射装置，弹丸质量为m，底座质量为3m，开始时均处于静止状态，
当弹簧释放将弹丸以相对地面v的速度发射出去后，底座的反冲速度大小是（）
A．3v/4B．v/4
C．v/3D．0
9．一个不稳定的原子核质量为M，处于静止状态．放出一个质量为m的粒子后反冲，已知放出的粒子的动能为E0，则原子核反冲的动能为
A．E0B．m
M
E0C．
m
M m
-
E0D．
Mm
M m
-
E0
10．如图所示，撑杆跳尚是运动会中的一个重要比赛项目。

一质量为65 kg的运动员在一次撑杆跳高中达到最高点后，重心下落6.05 m后接触软垫，在软垫上经0.8 s速度减为零，则从运动员接触软垫到速度减小到零的过程中，软垫受到的平均冲力约为
A．1.5×102 N B．1.5×103N C．1.5×104 N D．1.5×105N
11．如图所示，甲木块的质量为1
m，以速度v沿光滑水平地面向前运动，正前方有一静止的、质量为2
m的乙木块，乙上连有一轻质弹簧．甲木块与弹簧接触后
A．甲木块的动量守恒
B．乙木块的动量守恒
C．甲、乙两木块所组成的系统的动量守恒
D．甲、乙两木块所组成的系统的动能守恒
12．如图所示，静止在匀强磁场中的某放射性元素的原子核，当它放出一个α粒子后，其速度方向与磁场方向垂直，测得α粒子和反冲核轨道半径之比为44:1，则下列说法不正确的是（）
A．α粒子与反冲粒子的动量大小相等，方向相反
B．原来放射性元素的原子核电荷数为90
C．反冲核的核电荷数为88
D．α粒子和反冲粒子的速度之比为1:88
13．一种未知粒子跟静止的氢原子核正碰，测出碰撞后氢原子核的速度是7v。

该未知粒子（速度不变）跟静止的氮原子核正碰时，测出碰撞后氮原子核的速度是v。

已知氢原子核
的质量是m H ，氮原子核的质量是14m H ，上述碰撞都是弹性碰撞，则下列说法正确的是 A ．碰撞前后未知粒子的机械能不变 B ．未知粒子在两次碰撞前后的方向均相反
C ．未知粒子的质量为
76
H
m D ．未知粒子可能是α粒子
14．我国女子短道速滑队在2013年世锦赛上实现女子3000m 接力三连冠．观察发现，“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出．在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，则（ ）
A ．甲对乙的冲量一定等于乙对甲的冲量
B ．甲、乙的动量变化一定大小相等方向相反
C ．甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量
D ．甲对乙做多少负功，乙对甲就一定做多少正功
15．如图所示的木块B 静止在光滑的水平面上，木块上有半径为0.4m r =的光滑
1
4
圆弧轨道，且圆弧轨道的底端与水平面相切，—可视为质点的物块A 以水平向左的速度0v 冲上木块，经过一段时间刚好运动到木块的最高点，随后再返回到水平面。

已知两物体的质量为1kg A B m m ==、重力加速度g =10m/s 2。

则下列说法正确的是（ ）
A ．物块A 滑到最高点的速度为零
B ．物块A 的初速度大小为4m/s
C ．物块A 返回水平面时的速度为4m/s
D ．木块B 的最大速度为2m/s
16．一物体在合外力F 的作用下从静止开始做直线运动，合外力方向不变，大小随时间的变化如图所示，物体在0t 和02t 时刻，物体的动能分别为1k E 、2k E ，物块的动量分别为
1p 、2p ，则
A ．218k k E E =，214p p =
B ．213k k E E =，213p p =
C ．219k k E E =，213p p =
D ．213k k
E E =，212p p =
17．篮球运动员接传来的篮球时，通常要先伸出两臂迎球，手触到球瞬间顺势后引．这样
可以减小
A ．球对手的力的冲量
B ．球对手的力的大小
C ．球的动量变化量
D ．球的动能变化量
18．如图所示，设车厢长为l ，质量为M ，静止在光滑水平面上，车厢内有一质量为m 的物体，以速度v 0向右运动，与车厢壁来回碰撞n 次后，静止于车厢中，这时车厢的速度为（ ）
A ．v 0，水平向右
B ．0
C ．0
mv M m
+，水平向右 D ．
m
M mv -0
，水平向右 19．质量为2kg 的物体放在光滑水平面上，受到水平方向成30°角的斜向上的拉力F =3N 的作用，经过10s(取g =10m/s 2)( ) A ．力F 的冲量为153N·s B ．物体的动量的变化是30kg·m/s C ．重力的冲量是零
D ．地面支持力的冲量是185N·
s 20．如图所示，质量为m 的A 球以速度v 0在光滑水平面上运动，与原静止的质量为4m 的B 球碰撞，碰撞后A 球以v=av 0(待定系数a<1)的速率弹回，并与挡板P 发生完全弹性碰撞，若要使A 球能追上B 球再相撞，则a 的取值范围为（ ）
A ．15<a 1
3
< B ．13<a 2
3
< C ．13<a 2
5
≤ D ．
13<a 3
5
≤
21．如图所示，将质量为M 1、半径为R 且内壁光滑的半圆槽置于光滑水平面上，左侧靠墙角，右侧靠一质量为M 2的物块．今让一质量为m 的小球自左侧槽口A 的正上方h 高处从静止开始落下，与圆弧槽相切自A 点进入槽内，则以下结论中正确的是（ ）
A ．小球在槽内运动的全过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒
B ．小球在槽内运动的全过程中，小球、半圆槽和物块组成的系统动量守恒
C ．小球离开C 点以后，将做竖直上抛运动
D ．槽将不会再次与墙接触
22．将质量为1.00 kg 的模型火箭点火升空，50 g 燃烧的燃气以大小为600 m/s 的速度从火箭喷口在很短时间内喷出。

在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为（喷出过程中重力和空气阻力可忽略） A ．30kg m/s ⋅ B ．5.7×
102kg m/s ⋅ C ．6.0×
102kg m/s ⋅ D ．6.3×
102kg m/s ⋅ 23．如图所示，位于光滑水平桌面上的小滑块P 和Q 都可视为质点，质量相等．Q 与水平轻弹簧相连，设Q 静止，P 以某一初速度向Q 运动并与弹簧发生碰撞．在整个过程中，弹簧具有的最大弹性势能等于( )
A ．P 的初动能
B ．P 的初动能的
1
2 C ．P 的初动能的1
3
D ．P 的初动能的1
4
24．如图所示，物体A 和B 用轻绳相连后通过轻质弹簧悬挂在天花板上，物体A 的质量为m ，物体B 的质量为M ，当连接物体A 、B 的绳子突然断开后，物体A 上升到某一位置时的速度大小为v ，这时物体B 的下落速度大小为u ，在这一段时间里，弹簧的弹力对物体A 的冲量为（ ）
A ．mv
B ．mv Mu -
C ．mv Mu +
D ．mv mu +
25．中国空间站的建设过程是，首先发射核心舱，核心舱入轨并完成相关技术验证后，再发射实验舱与核心舱对接，组合形成空间站。

假设实验舱先在近地圆形过渡轨道上运行，某时刻实验舱短暂喷气，离开过渡轨道与运行在较高轨道上的核心舱安全对接。

忽略空气阻力，以下说法正确的是 A ．实验舱应当向前喷出气体
B ．喷气前后，实验舱与喷出气体的总动量不变
C ．喷气前后，实验舱与喷出气体的机械能不变
D ．实验舱在飞向核心舱过程中，机械能逐渐减小
【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除
一、选择题 1．C 解析：C 【解析】 【详解】
由于小球作曲线运动,不知道末速度,故只能根据动量定理求解,根据动量定理可知，小球动量变化等于重力的冲量,即p mgt ∆=，C 项正确。

2．D
解析：D 【解析】 【分析】 【详解】
在子弹射入木块的瞬间，子弹与木块间的摩擦力远远大于木块与地面间的摩擦力，故地面光滑与粗糙效果相同，子弹和木块构成一系统，在水平方向上合外力为零，在水平方向上动量守恒，规定向右为正方向，设子弹与木块的共同速度为v ，根据动量守恒定律有
0()mv m M v =+
木块在水平面上滑行的距离为s ，子弹射入并穿出木块的过程中对木块运用动能定理得
22
2
02
122()Mm v fs Mv m M ==+
根据能量守恒定律得
2
22
0011()222()
Mmv Q fd mv m M v M m ==-+=+
则
d s >
不论速度、质量大小关系和地面粗糙程度如何，都只可能是甲图所示的情形，故ABC 错
误，D 正确。

故选D 。

3．A
解析：A 【解析】 【详解】
ABD ．先伸出两臂迎接，手接触到球后，两臂随球引至胸前，这样可以增加球与手接触的时间，根据动量定理得
0Ft mv -=-
解得:
mv F t
=
当时间增大时，球动量的变化率减小，作用力就减小，而冲量和动量的变化量都不变，所以A 正确，BD 错误。

C ．速度由v 减小到0，动能的变化量是不变的，故C 错误。

故选A 。

4．A
解析：A 【解析】 【分析】 【详解】 由E =h ν，h
p λ
=
以及光在真空中光速c =λν知，光子的动量和能量之间关系为
E pc =
设时间t 内射到探测器上的光子个数为n ，每个光子能量为E ，光子射到探测器上后全部反射，则这时光对探测器的光压最大，设这个压强为p 压，每秒每平方米面积获得的太阳光能
nE
t
，由动量定理得 2t
F p n
⋅= 压强
p F S
=
压 对探测器应用牛顿第二定律F Ma =，可得
S
a p M
=
压 联立解得
2ES
a cM
=
故A 正确，BCD 错误。

故选A 。

5．D
解析：D 【解析】 【分析】
根据动量定理求解飞船质量；根据牛顿第二定律与万有引力定律求解星球质量； 【详解】
直线推进时，根据动量定理可得F t m v ∆=∆，解得飞船的质量为F t
m v
∆=
∆，绕孤立星球运动时，根据公式2224Mm G m r r T π=，又22Mm v G m r r =，解得32v T
M G
π=，D 正确．
【点睛】
本题需要注意的是飞船在绕孤立星球运动时，轨道不是星球的半径，切记切记．
6．A
解析：A 【解析】 【分析】 【详解】
AB ．小球与弧形槽组成的系统在水平方向系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
mv 球-mv 槽=0
由机械能守恒定律得
22
1212
mgh mv mv =+球槽
解得
v v ==球槽故A 正确，B 错误；
C ．小球在下滑过程中，小球和槽组成的系统所受合外力不为零，系统总动量不守恒，故C 错误；
D ．小球下滑过程中，除重力做功外槽对球做功，小球的机械能不守恒，故D 错误。

故选A 。

7．D
解析：D 【解析】
鞭炮炸响的瞬间，因内力远大于外力，故系统动量守恒，同时在爆炸过程中，总能量是守
恒的，A 错误；现代火箭发射时，火箭对喷出气体的作用力和气体对火箭的作用力为作用力和反作用力，根据牛顿第三定律可知，二者大小相等，方向相反，B 错误；装在炮弹中的火药燃烧爆炸时，化学能转化为弹片的动能和周围物体的内能，C 错误；指南针的发明促进了航海和航空，因地磁场南极处在地理北极处，故指南针静止时指南针的N 极指向北方，D 正确．
8．C
解析：C 【解析】
在水平方向上，弹丸和底座组成的系统动量守恒，设水平向右为正，由动量守恒可得
3'0mv mv +=，得'3
v
v =-，负号表示速度方向水平向左，故C 正确． 9．C
解析：C 【解析】 【详解】
放出质量为m 的粒子后，剩余质量为M-m ，该过程动量守恒，有：()0mv M m v =-①，放出的粒子的动能为：20012E mv =②，原子核反冲的动能：()21
2
k E M m v =-③，联立①②③得：0k m
E E M m
=
-，故ABD 错误，C 正确。

10．B
解析：B 【解析】 【详解】
设运动员的质量为65kg m =，重力加速度取210m/s g =。

由自由落体运动规律得
22v gh =
运动员从接触软垫到速度减小为零的过程中应用动量定理得
()0mg F t mv -=-
联立解得31.510N F ≈⨯
由牛顿第三定律知软垫受到的平均冲力约为31.510N ⨯，故B 项正确。

故选B 。

11．C
解析：C 【解析】 【详解】
甲木块与弹簧接触后，由于弹簧弹力的作用，甲、乙的动量要发生变化，即甲、乙两物体的动量均不守恒；但对于甲、乙所组成的系统因所受合力的冲量为零，故动量守恒，故
AB 错误，C 正确；甲、乙两木块所组成系统的动能，一部分转化为弹簧的势能，故系统动能不守恒，故D 错误．故选C
12．D
解析：D 【解析】 【详解】
微粒之间相互作用的过程中遵守动量守恒定律，由于初始总动量为零，则末动量也为零，即α粒子和反冲核的动量大小相等，方向相反；由于释放的α粒子和反冲核均在垂直于磁
场的平面内，且在洛伦兹力作用下做圆周运动；由2
mv Bqv R
=得：mv R Bq =，若原来放射
性元素的核电荷数为Q ，则对α粒子：112P R B e =•，对反冲核：22(2)P R B Q e =•-，由于12P P =，根据12:44:1R R =，解得90Q =，反冲核的核电荷数为90288-=，它们的速
度大小与质量成反比，由于不知道质量关系，无法确定速度大小关系，故A 、B 、C 正确，D 错误；
13．C
解析：C 【解析】 【详解】
A ．碰撞过程中末知粒子将一部分能量转移到与其相碰的粒子上，所以机械能减小，故A 错误；
BCD ．碰撞过程中由动量守恒和能量守恒得
01H H mv mv m v =+
222
01H 111222
H mv mv m v =+ 解得
H 0H
2=
7m
v v v m m =+
同理可知，
0H
2=
14N m
v v v m m =+
联立解得
H 76
m m =
碰撞后未知粒子的速度
H H
H 100H
H H 7
6076
m m m m v v v m m m m --==>++
说明未知粒子没有反向，故BD 错误，C 正确； 故选C 。

14．B
解析：B 【解析】 【详解】
A ．因为冲量是矢量，甲对已的作用力与乙对甲的作用力大小相等方向相反，故冲量大小相等方向相反，故A 错误．
B ．设甲乙两运动员的质量分别为m 甲、m 乙，追上之前的瞬间甲、乙两运动员的速度分别是v 甲，v 乙．根据题意整个交接棒过程动量守恒：
''m v m v m v m v +=+甲甲乙乙甲甲乙乙
可以解得：
m v m v ∆=-∆甲甲乙乙，
即B 选项正确；
CD ．经历了中间的完全非弹性碰撞过程 会有动能损失，CD 选项错误． 【点睛】
本题主要考察能量（做功正负判断）、动量（动量定理、动量守恒）相关知识，结合弹性碰撞和非弹性碰撞的动量和能量关系展开讨论．
15．B
解析：B 【解析】 【详解】
AB ．物块A 刚好运动到木块B 的最高点时，两者共速为v ，对物块A 和木块B 组成的系统，由机械能守恒和水平方向动量守恒得：
2012A m v =m A gR +21)2
A B m m v （+ 0()A A B m v m m v =+
解得
v 0=4m/s 、v =2m/s
故A 错误，B 正确；
CD ．当物块A 返回到水平面时，木块B 的速度最大，由机械能守恒和水平方向动量守恒得：
2012A m v =2112A m v +2
212
B m v
A 0A 1
B 2m v m v m v =+
解得
v 2=4m/s 、v 1=0m/s
另一组解
v 1=4m/s 、v 2=0（舍去）
故CD 错误。

16．C
解析：C 【解析】 【分析】
根据动量定理分别求物体在t 0和2t 0时刻的速度v 1和v 2之比．根据公式P=mv ，求出P 1和P 2之比，再根据动能的计算式求E k1和E k2之比 【详解】 根据动量定理得：
00t -内：001F t mv =⋯① 002t t -内：00212F t mv mv =-⋯②
由②①解得：1v ：21v =：3 由p mv =得：213p p = 由212k E mv =
得：2111
2
k E mv = 22212
k E mv =
解得：219k k E E =。

故选：C 。

【点睛】
本题涉及力在时间的积累效果，优先考虑动量定理．对于动能，也可以根据动能定理求解.
17．B
解析：B 【解析】
球对手的力的冲量0P mv mv =-，不变，A 错误；篮球运动员接传来的篮球时，通常要先伸出两臂迎球，手触到球瞬间顺势后引，增加了手与球间的相互作用力时间，根据
0Ft mv mv =-可知，减小了球对手的力的大小，B 正确；根据动量变化0P mv mv ∆=-可
知，动量变化量相同，C 错误；球的动能变化量22
01122
k E mv mv ∆=-，相同，故D 错误．
18．C
解析：C
【解析】 【详解】
物块再车辆内和车发生碰撞满足动量守恒，最后物块和车共速，由动量守恒得
01()mv M m v =+
解得0
1mv v m M
=+，方向水平向右 A. v 0，水平向右不符合题意 B. 0不符合题意
C. 0 mv
M m
+，水平向右符合题意 D.
m
M mv -0
，水平向右不符合题意 19．D
解析：D 【解析】 【分析】 【详解】
拉力F 向上的分量为
F sin30°=1.5 N
地面支持力为
sin 30mg F -=18.5 N
拉力F 沿水平方向的分力为
33
cos30F N =
根据I=Ft ，所以力F 的冲量为I F =30 N·s 。

合力的冲量为
cos30F t s ⋅=⋅
则动量的变化量为m/s ，重力的冲量为200 N·s ，地面支持力的冲量为185 N·s ，选项D 正确。

故选D 。

20．D
解析：D 【解析】
A 、
B 、碰撞过程动量守恒，以0v 方向为正方向有00A A B B m v m av m v =-+，A 与挡板P 碰撞后能追上B 发生再碰撞的条件是0B av v >，解得
1
3
a <；碰撞过程中损失的机械能222
00111[()]0222k A A B B E m v m av m v ∆=
-+≥，解得35
a ≤，故1335a <≤，D 正确；故选
D ．
【点睛】本题考查了动量守恒和能量守恒的综合运用，要抓住碰后A 的速度大于B 的速度，以及有机械能损失大于等于零进行求解．
21．D
解析：D 【解析】
小球从AB 的过程中，半圆槽对球的支持力沿半径方向指向圆心，而小球对半圆槽的压力方向相反指向左下方，因为有竖直墙挡住，所以半圆槽不会向左运动，可见，该过程中，小球与半圆槽在水平方向受到外力作用，动量并不守恒，而由小球、半圆槽 和物块组成的系统动量也不守恒；从B →C 的过程中，小球对半圆槽的压力方向向右下方，所以半圆槽要向右推动物块一起运动，因而小球参与了两个运动：一个是沿半圆槽的圆周运动，另一个是与半圆槽一起向右运动，小球所受支持力方向与速度方向并不垂直，此过程中，因为有物块挡住，小球与半圆槽在水平方向动量并不守恒，在小球运动的全过程，水平方向 动量也不守恒，选项AB 错误；当小球运动到C 点时，它的两个分运动的合速度方向并不是竖直向上，所以此后小球做斜上抛运动，C 错误；因为全过程中，整个系统在水平 方向上获得了水平向右的冲量，最终槽将与墙不会再次接触，D 正确．
【点睛】判断系统动量是否守恒关键是明确系统是否受到外力的作用，故在应用动量守恒定律时一定要明确是哪一系统动量守恒．
22．A
解析：A 【解析】
开始总动量为零，规定气体喷出的方向为正方向，根据动量守恒定律得，0=m 1v 1+p ，解得火箭的动量110.05600kg m/s 30kg m/s p m v =-=-⨯⋅=-⋅，负号表示方向，故A 正确，BCD 错误；
【点睛】解决本题的关键掌握动量守恒定律的条件，以及知道在运用动量守恒定律时，速度必须相对于地面为参考系。

23．B
解析：B 【解析】
在整个过程中，弹簧具有最大弹性势能时，P 和Q 的速度相同。

根据动量守恒定律：mv 0=2mv 。

根据机械能守恒定律，有2
220001111
22
242
p k E mv mv mv E -⋅＝＝＝ 故最大弹性势能等于P 的初动能的
1
2。

故选D 。

点睛：本题关键对两物体的受力情况和运动情况进行分析，得出P 和Q 的速度相同时，弹簧最短，然后根据动量守恒定律和机械能守恒定律列式求解．
24．D
解析：D
【解析】
【详解】
以向上为正方向，在这一段时间里，对物体B由动量定理得
-=--
Mgt Mu
在这一段时间里，对物体A由动量定理得
-=-
I mgt mv
解得
()
=+
I m v u
故D正确，ABC错误。

故选D。

25．B
解析：B
【解析】
【分析】
本题考查卫星变轨过程各物理量的变化。

【详解】
A．实验舱要向高轨道运行，需要做离心运动，所以要加速，应该向后喷出气体，A错误；
B．喷气过程没有外力，实验舱与喷出气体系统动量守恒，喷气前后，总动量不变，B正确；
C．喷气前后，内力做功，总机械能增大，发生变化，C错误；
D．实验舱飞向核心舱过程中，地球的万有引力做负功，重力势能增大，且实验舱速度增大，机械能增大，D错误；
故选B。