Ta có đồ thị: 

Giả sử ở vị trí cân bằng, lò xo giãn một đoạn ∆l₀

Lực đàn hồi và lực phục hồi có độ lớn cực đại là:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{{F_{dh\max }} = k\left( {\Delta {l_0} + A} \right)}\\
{{F_{ph\max }} = kA}
\end{array} \Rightarrow {F_{dh\max }} > {F_{ph\max }}} \right.\)

Từ đồ thị ta thấy đồ thị (1) là đồ thị lực phục hồi, đồ thị (2) là đồ thị lực đàn hồi

Ta có: \(\frac{{{F}_{dh\max }}}{{{F}_{ph\max }}}=\frac{k\left( \Delta {{l}_{0}}+A \right)}{kA}=\frac{3}{2}\Rightarrow 2\left( \Delta {{l}_{0}}+A \right)=3A\Rightarrow A=2\Delta {{l}_{0}}\)

Nhận xét: lực phục hồi có độ lớn nhỏ nhất tại vị trí cân bằng → tại thời điểm t₁, vật ở vị trí cân bằng

Lực đàn hồi có độ lớn nhỏ nhất tại vị trí lò xo không biến dạng → tại thời điểm t₂, vật ở vị trí lò xo không  biến dạng lần thứ 2 kể từ thời điểm t₁ 

Lực đàn hồi và lực phục hồi có độ lớn cực đại tại vị trí biên dưới → tại thời điểm t₃, vật ở vị trí biên dưới lần  đầu tiên kể từ thời điểm t₂ 

Ta có vòng tròn lượng giác: 

Từ vòng tròn lượng giác ta thấy từ thời điểm t₁ đến t₂, vecto quay được góc: \(\Delta \varphi =\frac{5\pi }{6}(rad)\)

Ta có: \(\Delta \varphi =\omega \left( {{t}_{2}}-{{t}_{1}} \right)\Rightarrow \frac{5\pi }{6}=\omega .\frac{\pi }{12}\Rightarrow \omega =10(ra\text{d/s)}\)

Mà \(\omega =\sqrt{\frac{g}{\Delta {{l}_{0}}}}\Rightarrow 10=\sqrt{\frac{10}{\Delta {{l}_{0}}}}\Rightarrow \Delta {{l}_{0}}=0,1(m)\)

\(\Rightarrow A=2\Delta {{l}_{0}}=0,2(m)\)

Nhận xét: từ thời điểm t₁ đến t₃, vật đi được quãng đường là:

S = 3A = 3.0,2 = 0,6 (m) 

Vecto quay được góc: 

\(\Delta \varphi =\frac{3\pi }{2}=\omega .\left( {{t}_{3}}-{{t}_{1}} \right)\Rightarrow {{t}_{3}}-{{t}_{1}}=\frac{\frac{3\pi }{2}}{10}=\frac{3\pi }{20}(s)\)

Tốc độ trung bình của vật trong khoảng thời gian từ t₁ đến t₃ là: 

\({{v}_{tb}}=\frac{S}{{{t}_{3}}-{{t}_{1}}}=\frac{0,6}{\frac{3\pi }{20}}\approx 1,27(\text{m/s)}\)