抛出点$O'$与管口$A$间的高度差$h$；

$0.45\\;\\rm m$；

弹簧弹开小球过程弹力随位移均匀变化，由动能定理可得$\dfrac{0+kx_{0}}{2} \times x_{0}= \dfrac{1}{2}m_{1}v_{0}^{2}-0$

解得$v_{0}=4\;\rm m/s$

在小球平抛到管口$A$点时速度如图所示

根据$v_{y}=v_{0}\tan \theta$，$v_{y}^{2}=2gh$

联立解得$h=0.45\;\rm m$；

小球在圆管最高点所受的弹力$F_{\rm N}$；

$4\\;\\rm N$，方向竖直向下；

小球从$A$到圆筒最高点的过程，由动能定理可得$- m_{1}g\left( R+R\cos\theta \right)= \dfrac{1}{2}m_{1}v^{2}-\dfrac{1}{2}m_{1}v_{A}^{2}$

由上图可知$v_{A}=\dfrac{v_{0}}{\cos \theta}=5\;\rm m/s$，

小球在最高点时$F_{{N}}+m_{1}g=m_{1}\dfrac{v^{2}}{R}$，解得$F_{\rm N}=4\;\rm N$

说明小球在圆管最高点所受的弹力$F_{\rm N}$大小为$4\;\rm N$，方向竖直向下；

木板在地面上滑动的总路程$s$。

$6.35\\;\\rm m$。

从$A$到$B$全过程，由动能定理可得$m_{1}g\left( R-R\cos\theta \right)= \dfrac{1}{2}m_{1}v_{B}^{2}-\dfrac{1}{2}m_{1}v_{A}^{2}$

解得$v_{B}=3\sqrt{3}\;\rm{m}/{s}$

小球和小物块碰撞过程，取水平向右为正方向，可得$m_{1}v_{B}=m_{1}v'_{1}+m_{2}v'_{2}$，$\dfrac{1}{2}m_{1}{v_{B}}^{2}=\dfrac{1}{2}m_{1}{v'_{1}}^{2}+\dfrac{1}{2}m_{2}{v'_{2}}^{2}$

解得$v'_{1}=0$，${v'}_{2}=3\sqrt{3}\;\rm{m}/{s}$

说明碰后小球停止运动，物块获得$3\sqrt{3}\;\rm{m}/{s}$向右的速度，开始在木板上滑动，以$m_{2}$和$m_{3}$为对象，可得$m_{2}v'_{2}=(m_{2}+m_{3})v_{1}$

对木板可得$\mu m_{2}gx=\dfrac{1}{2}m_{3}v_{1}^{2}-0$

解得$v_{1}=2\sqrt{3}\;\rm{m}/{s}$，$x=0.6\ \text m\lt L_{0}$

物块与木板共速后与墙壁发生第$1$次碰撞后，对木板$\mu m_{2}g=m_{3}a$

木板向左移动的最大距离$s_{1}=\dfrac{v_{1}^{2}}{2a}$

解得$s_{1}=0.6\ \rm m$

设小物块和木板第二次共速时速度为$v_{2}$，则有$m_{2}v_{1} − m_{3}v_{1}=(m_{2}+m_{3})v_{2}$

解得$v_{2}=\dfrac{m_{2}-m_{3}}{m_{2}+m_{3}}v_{1}=\dfrac{1}{3}v_{1}$

第$2$次与墙碰撞后，木板向左移动的最大距离$s_{2}=\dfrac{v_{2}^{2}}{2a}=\left( \dfrac{m_{2}-m_{3}}{m_{2}+m_{3}} \right)^{2} \cdot \dfrac{v_{1}^{2}}{2a}=\left( \dfrac{1}{3} \right)^{2}s_{1}$

设小物块和木板第三次共速时速度为$v_{3}$，则有$m_{2}v_{2} − m_{3}v_{2}=(m_{2}+m_{3})v_{3}$

解得$v_{3}=\left( \dfrac{m_{2}-m_{3}}{m_{2}+m_{3}} \right)^{2}$，$v_{1}=\left( \dfrac{1}{3} \right)^{2}v_{1}$

同理可得$s_{3}=\left( \dfrac{1}{3} \right)^{4}s_{1}$

……

第$n$次与墙碰撞后，对木板有$s_{n}=\left( \dfrac{1}{3} \right)^{2(n-1)}s_{1}$

木板运动的总路程为$s=L_{0}+2(s_{1}+s_{2}+s_{3}+⋅ ⋅ ⋅+s_{n})$

即$s=L_{0}+2\dfrac{s_{1}}{1-\dfrac{1}{9}}$

代入数据解得$s=6.35\:\rm m$。