小球$A$到达$O$点时的速度；

$\\sqrt{2}v_{0}$；

小球进入电场区域后在重力和电场力作用下做类平抛运动，设$OP=2\;\rm L$，$NP=L$到达$O$点时与$x$轴夹角为$\alpha$，则有

$2 L=v_{0}t$，$L=\dfrac{1}{2}at^{2}$

$qE-mg=ma$

$v_{y}=at$，$v_{1}=\sqrt{v_{0}^{2}+v_{y}^{2}}$

$\tan\alpha=\dfrac{v_{y}}{v_{0}}$

解得$v_{1}=\sqrt{2}v_{0}$

$\alpha=45^\circ$

小球$A$在第一次进入第一象限后轨迹最高点的纵坐标$y$。

$\\dfrac{(\\sqrt{5}-2)v_{0}^{2}}{g}$

解法一：

小球从$O$点进入第一象限后在重力和洛伦兹力的作用下发生偏转，第一次到达最高点时其速度沿水平方向，假设最高点速度为$v_{2}$，最高点的纵坐标为$y$，由$O$到最高点只有重力做功，故$- mgy=\dfrac{1}{2}mv_{2}^{2}-\dfrac{1}{2}mv_{1}^{2}$

分解$v_{1}$，假设其水平分速度为$v_{1x}$，竖直分速度为$v_{1y}$，从$O$点到最高点所用时间为$t$，对小球列水平方向动量定理则有

$∑qv_{1}Bt=qBy=mv_{2}-mv_{1x}$

$v_{1x}=v_{0}$

代入数据解得$y=\dfrac{(\sqrt{5}-2)v_{0}^{2}}{g}$

解法二：

进入第一象限之后，将运动分解成为水平向左的速度为$v_{0}$的匀速直线运动和速度为$v_{2}$的顺时针方向的匀速圆周运动，到最高点时速度为$v_{2}-v_{0}$，如图所示

$- mgy=\dfrac{1}{2}m{(v_{2}-v_{0})}^{2}-\dfrac{1}{2}mv_{1}^{2}$

$v_{2}=\sqrt{5}v_{0}$

代入数据解得$y=\dfrac{(\sqrt{5}-2)v_{0}^{2}}{g}$