Iniciante:
Situação física: Quando diminuímos a quantia de mols de moléculas e a temperatura do balão, para um mesmo volume sua pressão abaixa (equação de Clapeyron). Porém, o balão altera seu volume para que sua pressão iguale a exterior para que haja o equilíbrio de forças, e não temos que considerar qualquer força exercida pelo revestimento do balão pois o enunciado propôs que este se deforma muito facilmente. Como inicialmente o balão já estava nesse equilíbrio, temos que a pressão se manterá constante, e como a temperatura é fixada em $$\frac{T}{2}$$ portanto seu volume terá de alterar. O balão estará em equilíbrio mecânico quando o empuxo total for $$0$$, ou seja, quando as densidades do balão e da atmosfera forem iguais.
Ps.: normalmente um objeto que estava sob ação de uma força continua a se mover mesmo que a força cesse, pois continua a possuir velocidade, porém se o mesmo se mover muito lentamente, por exemplo, podemos aproximar e dizer que neste momento já estaria estático.
Por Clapeyron:
$$P=\frac{NRT}{V} \rightarrow P’=\frac{(\frac{N}{2}R\frac{T}{2})}{V’}$$
onde $$R$$ é a constante dos gases ideais. Temos, portanto, que
$$P=P’\rightarrow V’=\frac{V}{4}$$.
A densidade se dá por:
$$\rho=\frac{(\frac{N}{2}M)}{V’}$$
portanto:
$$\rho_{f}=\frac{2MN}{V}=2\rho_{i}$$
sendo $$\rho_{f}$$ a densidade final do balão e $$\rho_{i}$$ a inicial, e assim constatamos que a densidade aumenta. Para o equilíbrio $$\rho_{f}=\rho_{ar}$$, portanto:
$$\rho_{f}=\frac{2MN}{V}=\rho_{o}(1-\frac{Mgz}{RT})$$
E finalmente:
$$ Z=\frac{RT(1-\frac{2MN}{\rho_{o}V})}{Mg}$$
Observe que caso as paredes do balão não fossem especiais, de modo a manter a temperatura constante após a mudança “mágica”, a densidade do balão não mudaria.
Intermediário:
Situação física: Não há muito a se explicar. Simplesmente temos que lembrar que energia e momento linear se conservam, que como a bolinha não gira não há necessidade de considerar a energia cinética de rotação, havendo somente a de translação e que quando a bolinha subir pelo bloco 02, os dois possuirão a mesma velocidade horizontal, em módulo e sentido, logo ela será lançada pelo túnel e retornará pelo mesmo. O bloco 01 irá para trás e parará no anteparo. O ultimo ponto útil é que pelas dimensões dos blocos serem desprezíveis, podemos considerar a altura da bolinha ao bloco como da bolinha ao chão e o tempo de passagem dela dentro deles iguala $$0$$.
Bloco 01:
-Conservação de energia:
$$mgH=\frac{MV^2}{2}+\frac{mv^2}{2}$$
-Conservação de momento:
$$MV-mv=0\rightarrow MV=mv\rightarrow V=\frac{mv}{M}$$.
Juntando as duas temos que:
$$v=\sqrt{\frac{2gH}{\frac{m}{M}+1}}$$
Bloco 02:
-Conservação de energia na subida:
$$mv^2=m(v’_{x})^2+m(v’_{y})^2+MV’^2$$
onde $$v’_{x}$$ é a velocidade de $$m$$ na horizontal e $$v’_{y}$$ na vertical.
-Conservação de momento:
$$mv=MV’+mv’_{x}$$
e, além disso, como a bolinha e o bloco se movem juntos, sabemos que $$V’=v’_{x}$$. Com isto obtemos que:
$$V’=\frac{m}{M}\sqrt{\frac{2gH}{(\frac{m}{M}+1)^3}}$$
e
$$v’_{y}=\sqrt{\frac{2gH}{\frac{m}{M}+1}(1+\frac{m(m+M)}{M^2(\frac{m}{M}+1)^2}}$$
Obs: Não será necessário para nosso propósito, mas pode usar-se tal resultado para outros objetivos relacionados.
-Conservação de energia na descida:
$$mv^2=mv”^2+MV”^2$$
(não houve perdas, logo podemos utilizar a mesma energia para simplificação).
-Conservação de momento:
$$mv=MV”-mv”$$.
Isto nos leva, finalmente, a:
$$v”=\frac{v(M-m)}{M+m}$$
Por, com o bloco 01 parado junto ao anteparo, servirá somente para redirecionar a bolinha. Assim, conservando a energia e transformando cinética para potencial, temos que $$v”^2=2gh$$, logo:
$$h=\frac{v”^2}{2g}=\frac{M(M-m)^2}{(M+m)^3}H$$.
Caso tenha interesse, você pode inclusive olhar a relação necessária de $$\frac{m}{M}$$ para que sequer seja necessário para que a bolinha retorne ao bloco 01 e ate mesmo recorrências disto.
Avançado:
Situação física: Sabe-se que a superfície de flúidos é uma equipotencial e deste modo temos que a alteração da densidade $$(-\rho)$$ de uma certa zona do leito do lago causará uma deformação da superfície do mesmo para que todos os pontos desta tenham o mesmo potencial. A deformação será para baixo do nível inicial pois, pois a energia potencial pela atração de dois corpos se da de modo inversamente proporcional a distância e diretamente proporcional a massa, logo será necessário que se aproxime a superfície do leito para que o potencial permaneça o mesmo.
Se pegarmos um ponto muito distante da zona de densidade diferente seu potencial não será alterado. Colequemos então que para este ponto
$$P_{0}=mgH$$
onde $$m$$ é a massa de um “ponto” de água.
Para um ponto logo acima do centro da esfera escavada temos:
$$P=mg(H-\delta H)-\frac{(-4\pi R^3\rho Gm)}{3(H-\delta H+R)}$$
sendo G a constante gravitacional, e, pela equipotencial, temos que:
$$P_{0}=P \rightarrow 3g(\delta H)(H-\delta H+R)-4\pi R^3\rho G=0$$
Resolvendo a equação do segundo grau obtemos:
$$\delta H= \frac{\sqrt{(H+R)^2-\frac{16\pi RG\rho}{3g}}-(H+R)}{2}$$.