2012年10月15日，奥地利极限运动员鲍姆加特纳从距地面高度约3.9万米的高空跳下，并成功着陆。假设他沿竖直方向下落，

A、0-t₁内图线的斜率在减小，说明运动员做加速度逐渐减小的加速运动，加速度方向向下，所以运动员及其装备一定受到阻力作用，机械能不守恒，故A错误；
B、t₁秒末到t₂秒末由于图象的斜率在减小，斜率为负值，说明加速度方向向上，根据牛顿运动定律得知运动员处于超重状态，故B错误；
C、若t₁秒末到t₂秒末若运动员做匀减速运动，平均速度等于
v1+v2
2，而根据“面积”表示位移得知，此过程的位移小于匀减速运动的位移，
所以此过程的平均速度
.
v＜
v1+v2
2，故C正确；
D、t₂～t₄时间内重力做正功，阻力做负功，由于动能减小，根据动能定理得知，外力对运动员做的总功为负值，说明重力对运动员所做的功小于他克服阻力所做的功，故D错误．
故选：C．

点评：
本题考点： 机械能守恒定律；牛顿运动定律的应用-超重和失重．

考点点评： 本题考查理解速度问题的能力．关键根据图线的斜率等于加速度，来分析运动员的运动情况．

①从离开地面到安全返回地面的过程中，运动员的总路程为s=2h₃=2×39km=78km=7.8×10⁴m；
从离开地面到安全返回地面的过程中，运动员的总时间t=t₁+t₂+t₃=1×10⁴s+4×60s+16×60s=1.12×10⁴s；
从离开地面到安全返回地面的过程中，运动员的平均速度为v=[s/t＝
7.8×104m
1.12×104s]≈7m/s．
②在热气球上升阶段，绳索对太空舱向上的总拉力做功有三个阶段：
第一阶段：W₁=F₁h₁=3002.5N×1000m=3.0025×10⁶J，
第二阶段：W₂=F₂（h₂-h₁）=3000N×（38000m-1000m）=1.11×10⁸J，
第三阶段：W₃=F₃（h₃-h₂）=2997.5N×（39000m-38000m）=2.9975×10⁶J；
上升过程中拉力共做功W=W₁+W₂+W₃=3.0025×10⁶J+1.11×10⁸J+2.9975×10⁶J=1.17×10⁸J，
在整个上升过程中总拉力的平均功率为P=[W/t＝
1.17×108J
1×104s]=1.17×10⁴W；
③热气球的总重力为G=mg=7.18×10⁴kg×10N/kg=7.18×10⁵N，
热气球受到的空气浮力为F_浮=G+f=7.18×10⁵N+2×10³N=7.2×10⁵N，
∵F_浮=ρ_空气gV_排，
∴空气的密度为ρ_空气=
F浮
gV＝
7.2×105N
10N/kg×8×105m3=0.09kg/m³．
答：
①从离开地面到安全返回地面的整个过程中，运动员的平均速度是7m/s；
②在热气球上升过程中．绳索对太空舱向上的总拉力做功的平均功率是1.17×10⁴W；
③此高度处的空气密度是0.09kg/m³．

点评：
本题考点： 变速运动与平均速度；二力平衡条件的应用；阿基米德原理；功率的计算．

考点点评： 此题是一道力学综合题，考查了平均速度的计算、平均功率的计算、阿基米德原理、二力平衡条件的应用，有一定难度，特别是计算过程较复杂，解答时一定认真，避免计算出错．