Рассмотрим скатывание шайбы по границе. В малой окрестности области скатывания участок деформации выбоины можно считать некоторым наклонным профилем. Тогда сила реакции на шайбу действует только в вертикальной плоскости, проходящей через центры шайбы и выбоины (см. рис.), а значит из закона сохранения импульса следует, что перпендикулярная этому сечению компонента скорости шайбы сохраняется.
На поверхности вне выбоины скорость шайбы $v_1$ и она направлена под углом $\alpha$ к перпендикуляру к границе раздела. На дне выбоины скорость шайбы $v_2$ и она направлена под углом $\beta$ к границе раздела. Из рисунка видно, что при переходе шайбы с одной горизонтальной плоскости на другую можно получить формулу, похожую на закон преломления света: $v_\perp = v_1\sin\alpha = v_2\sin\beta$.
Пусть угол падения равен $\alpha$, а угол преломления $\beta$. Из предыдущего результата: $v_1\sin\alpha = v_2\sin\beta$ получаем $\sin\beta = \cfrac{\sin \alpha}{n}$, где $n=\cfrac{v_2}{v_1}$.
Теперь проанализируем геометрию траектории. Построим вспомогательные высоты $AH_1$ и $BH_2$, длины которых из условия равны $x_0$ и $x_1$. Так как $AO = OB$ (это радиусы, которые равны $R$) , то $\angle OAB = \angle OBA = \beta$. Тогда из $\Delta AOB$: $AB = L = 2R\cos\beta$. Из геометрии для трапеции $AH_1H_2B$ видно, что $x_0-x_1 = L\sin(\alpha - \beta)$.
Тогда получаем, что $x_1 = x_0-2R\cos\beta (\sin\alpha\cos\beta - \cos\alpha\sin\beta)$. Также из $\Delta AOH_1$ мы видим, что $\sin\alpha = \cfrac{x_0}{R}$. Таким образом мы можем получить зависимость:
$$\frac{x_1}{R}=\frac{x_0}{R}\left(\frac{2}{n^2}\left(\frac{x_0}{R}\right)^2+\frac{2}{n}\sqrt{1-\frac{n^2+1}{n^2}\left(\frac{x_0}{R}\right)^2+\frac{1}{n^2}\left(\frac{x_0}{R}\right)^4} - 1\right).$$ Однако она получается сложной для анализа, поэтому обратим внимание на центральную часть графика. Можно заметить, что центральный участок графика близок к линейной зависимости и для него выполняется условие $\cfrac{x_0}{R}\ll 1$. Используем его и преобразуем зависимость для центрального участка:
$$\cfrac{x_1}{R} = \cfrac{x_0}{R}\left(\cfrac{2}{n} -1\right).$$Это выражение можно было получить сразу, воспользовавшись малостью углов $\alpha$ и $\beta$.
Мы видим, что при малых $x_0$ зависимость $x_1(x_0)$ — линейная, причем угловой коэффициент этой прямой $k = \left( \cfrac{2}{n} - 1 \right)$. Строим аппроксимирующую прямую в центральной части графика.
Из графика получаем $k\approx0,34$. Тогда $n = \cfrac{v_2}{v_1} = \cfrac{2}{1+k} \approx 1,49$, откуда $v_2 = 1,49v_1$.
Тогда из закона сохранения энергии: $\cfrac{mv_2^2}{2} = \cfrac{mv_1^2}{2} +mgh$ находим глубину выбоины: $h = \cfrac{v_2^2 - v_1^2}{2g}$.
Подставляя числа, получим итоговый ответ:
Исследуем, при каких условиях $x_1$ не зависит от $x_0$. При $n = 2$ на центральном участке $k = 0$, что соответствует тому, что траектории фокусируются в точке установки ворот.
Тогда $v_2 = 2v_1$, а для $h$ получим: