2025版大学高等数学（下）期末考试卷：高等数学在物理中的应用试题

2025版大学高等数学（下）期末考试卷：高等数学在物理中的应用试题考试时间：______分钟总分：______分姓名：______一、设$\mathbf{F}(x,y,z)=x^2y\mathbf{i}+y^2z\mathbf{j}+z^2x\mathbf{k}$，计算向量场$\mathbf{F}$在点$P(1,1,1)$处的散度$\nabla\cdot\mathbf{F}$和旋度$\nabla\times\mathbf{F}$，并说明其物理意义（若适用）。二、利用高斯定理计算向量场$\mathbf{F}=x^3\mathbf{i}+y^3\mathbf{j}+z^2\mathbf{k}$穿过由曲面$x^2+y^2+z^2=1$（外侧）和$z=\sqrt{x^2+y^2}$（上侧）所围成的封闭曲面的通量。三、一平面曲线$L$由方程$x^2+y^2=2ax$给出，其中$a>0$。计算函数$f(x,y)=\frac{x+y}{x^2+y^2}$沿曲线$L$从点$A(a,0)$到点$B(-a,0)$的第二型曲线积分$\int_L\nablaf\cdotd\mathbf{r}$。四、求微分方程$y''-4y'+3y=e^{2x}\sinx$的通解。五、将函数$f(x)=x^2$在区间$[-\pi,\pi]$上展开成傅里叶级数，并写出其收敛情况。然后将所得级数在区间$[0,\pi]$上表示$f(x)=x^2$。六、一个质量为$m$的质点挂在弹簧下方，弹簧的劲度系数为$k$，阻尼系数为$\gamma$。求该质点从静止开始从平衡位置正上方$h$处释放（$h>0$），其运动规律（设竖直向下为正方向，平衡位置为$x=0$）。七、设$u(x,y,z,t)$满足热传导方程$\frac{\partialu}{\partialt}=a^2\left(\frac{\partial^2u}{\partialx^2}+\frac{\partial^2u}{\partialy^2}+\frac{\partial^2u}{\partialz^2}\right)$，其中$a^2>0$为常数。若$u$仅是$x$和$t$的函数，即$u=u(x,t)$，且满足边界条件$u(0,t)=0$,$u(L,t)=0$和初始条件$u(x,0)=f(x)$，其中$0<x<L$，$t>0$，求$u(x,t)$的表达式。试卷答案一、散度$\nabla\cdot\mathbf{F}=\frac{\partial}{\partialx}(x^2y)+\frac{\partial}{\partialy}(y^2z)+\frac{\partial}{\partialz}(z^2x)=2xy+2yz+2zx$。在点$P(1,1,1)$处，散度值为$2\cdot1\cdot1+2\cdot1\cdot1+2\cdot1\cdot1=6$。旋度$\nabla\times\mathbf{F}=\begin{vmatrix}\mathbf{i}&\mathbf{j}&\mathbf{k}\\\frac{\partial}{\partialx}&\frac{\partial}{\partialy}&\frac{\partial}{\partialz}\\x^2y&y^2z&z^2x\end{vmatrix}=(2yz-2zx)\mathbf{i}-(2zx-2xy)\mathbf{j}+(2xy-2xy)\mathbf{k}=(2yz-2zx)\mathbf{i}-(2zx-2xy)\mathbf{j}$。在点$P(1,1,1)$处，旋度值为$(2\cdot1\cdot1-2\cdot1\cdot1)\mathbf{i}-(2\cdot1\cdot1-2\cdot1\cdot1)\mathbf{j}=0\mathbf{i}-0\mathbf{j}=\mathbf{0}$。物理意义：散度6表示在该点处，向量场$\mathbf{F}$的源或汇的强度。旋度为零表示在该点处，向量场$\mathbf{F}$没有旋涡状的性质。二、采用“合一”方法。将$\mathbf{F}=x^3\mathbf{i}+y^3\mathbf{j}+z^2\mathbf{k}$代入高斯定理$\oiint_{\partialV}\mathbf{F}\cdotd\mathbf{S}=\iiint_V(\nabla\cdot\mathbf{F})dV$。计算散度：$\nabla\cdot\mathbf{F}=3x^2+3y^2+2z$。封闭曲面由$x^2+y^2+z^2=1$（外侧，$S_1$）和$z=\sqrt{x^2+y^2}$（上侧，$S_2$）组成。$S_2$在$S_1$内部，且$S_2$的方程为$z=\sqrt{r^2}$，其中$r^2=x^2+y^2$。将$S_2$投影到$xy$-平面得到圆盘$D_{xy}:x^2+y^2\le1$。将$\nabla\cdot\mathbf{F}$用柱坐标表示：$r^2\le1$，$z=\sqrt{r^2}$，$\nabla\cdot\mathbf{F}=3r^2+2\sqrt{r^2}$。体积积分：$V=\{(x,y,z)|x^2+y^2\ler^2,-\sqrt{1-r^2}\lez\le\sqrt{r^2},0\ler\le1\}$。$\iiint_V(3r^2+2\sqrt{r^2})dV=\int_0^{2\pi}d\theta\int_0^1rdr\int_{-\sqrt{1-r^2}}^{\sqrt{r^2}}(3r^2+2r)dz=2\pi\int_0^1r(3r^2+2r)[z]_{-\sqrt{1-r^2}}^{\sqrt{r^2}}dr$$=2\pi\int_0^1r(3r^2+2r)(2\sqrt{r^2}-(-\sqrt{1-r^2}))dr=2\pi\int_0^1r(3r^2+2r)(2r+\sqrt{1-r^2})dr$$=2\pi\int_0^1(6r^4+4r^2)(2r+\sqrt{1-r^2})dr=2\pi\int_0^1(12r^5+8r^3+6r^4\sqrt{1-r^2}+4r^2\sqrt{1-r^2})dr$。计算各项：$\int_0^112r^5dr=2r^6\bigg|_0^1=2$。$\int_0^18r^3dr=2r^4\bigg|_0^1=2$。$\int_0^16r^4\sqrt{1-r^2}dr$令$u=1-r^2$,$du=-2rdr$，当$r=0$,$u=1$；当$r=1$,$u=0$。$\int_0^16r^4\sqrt{1-r^2}dr=-3\int_1^0(1-u^2)\sqrt{u}(-du)=3\int_0^1(u^{3/2}-u^{7/2})du=3(\frac{2}{5}u^{5/2}-\frac{2}{9}u^{9/2})\bigg|_0^1=\frac{6}{5}-\frac{2}{3}=\frac{8}{15}$。$\int_0^14r^2\sqrt{1-r^2}dr$令$u=1-r^2$,$du=-2rdr$，当$r=0$,$u=1$；当$r=1$,$u=0$。$\int_0^14r^2\sqrt{1-r^2}dr=-2\int_1^0(1-u)\sqrt{u}(-du)=2\int_0^1(u^{1/2}-u^{3/2})du=2(\frac{2}{3}u^{3/2}-\frac{2}{5}u^{5/2})\bigg|_0^1=\frac{4}{3}-\frac{4}{5}=\frac{8}{15}$。总积分值：$2\pi(2+2+\frac{8}{15}+\frac{8}{15})=2\pi(4+\frac{16}{15})=2\pi\frac{76}{15}=\frac{152\pi}{15}$。计算第二部分通量（通过$S_2$的通量）：$S_2:z=\sqrt{x^2+y^2}$，$\mathbf{n}=\frac{1}{\sqrt{2}}(\mathbf{i}+\mathbf{j})$（取向上方向）。$\mathbf{F}\cdot\mathbf{n}=(x^3\mathbf{i}+y^3\mathbf{j}+z^2\mathbf{k})\cdot\frac{1}{\sqrt{2}}(\mathbf{i}+\mathbf{j})=\frac{1}{\sqrt{2}}(x^3+y^3)$。$S_2$在$xy$-平面投影为$D_{xy}$，面积元素$dS=\sqrt{1+(\frac{\partialz}{\partialx})^2+(\frac{\partialz}{\partialy})^2}dA=\sqrt{1+(\frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}})^2+(\frac{y}{\sqrt{x^2+y^2}})^2}dA=\sqrt{1+\frac{x^2+y^2}{x^2+y^2}}dA=\sqrt{2}dA$。通量$\Phi_2=\iint_{S_2}\mathbf{F}\cdotd\mathbf{S}=\iint_{D_{xy}}\frac{1}{\sqrt{2}}(x^3+y^3)\sqrt{2}dA=\iint_{D_{xy}}(x^3+y^3)dA$。$D_{xy}$关于原点中心对称，$x^3,y^3$均为奇函数，故$\iint_{D_{xy}}x^3dA=0$,$\iint_{D_{xy}}y^3dA=0$。所以$\Phi_2=0$。总通量$\Phi=\Phi_1+\Phi_2=\frac{152\pi}{15}+0=\frac{152\pi}{15}$。三、曲线$L:x^2+y^2=2ax$可写成极坐标形式$r^2=2ar\cos\theta\impliesr=2a\cos\theta$。起点$A(a,0)$对应$\theta=0$，终点$B(-a,0)$对应$\theta=\pi$。$f(x,y)=\frac{x+y}{x^2+y^2}=\frac{r\cos\theta+r\sin\theta}{r^2}=\frac{\cos\theta+\sin\theta}{r}=\frac{\cos\theta+\sin\theta}{2a\cos\theta}$。$\nablaf=\left(\frac{\partialf}{\partialx},\frac{\partialf}{\partialy}\right)=\left(\frac{\partial}{\partialx}\left(\frac{x+y}{x^2+y^2}\right),\frac{\partial}{\partialy}\left(\frac{x+y}{x^2+y^2}\right)\right)$$=\left(\frac{(x^2+y^2)\cdot1-(x+y)\cdot2x}{(x^2+y^2)^2},\frac{(x^2+y^2)\cdot1-(x+y)\cdot2y}{(x^2+y^2)^2}\right)=\frac{1}{(x^2+y^2)^2}\left((x^2+y^2)-2x(x+y),(x^2+y^2)-2y(x+y)\right)$$=\frac{1}{(x^2+y^2)^2}(x^2+y^2-2x^2-2xy,x^2+y^2-2xy-2y^2)=\frac{1}{(x^2+y^2)^2}(-x^2-xy-y^2,-xy-y^2+x^2)$。在极坐标下，$x=r\cos\theta,y=r\sin\theta$，$x^2+y^2=r^2$。$\nablaf=\frac{1}{r^4}(-r^2\cos^2\theta-r^2\cos\theta\sin\theta-r^2\sin^2\theta,-r^2\cos\theta\sin\theta-r^2\sin^2\theta+r^2\cos^2\theta)$$=\frac{1}{r^4}(-r^2(\cos^2\theta+\sin^2\theta+\cos\theta\sin\theta),-r^2(\cos\theta\sin\theta+\sin^2\theta-\cos^2\theta))$$=\frac{1}{r^4}(-r^2(1+\cos\theta\sin\theta),-r^2(\sin\theta-\cos\theta)^2)$。$d\mathbf{r}=dx\mathbf{i}+dy\mathbf{j}=(\frac{dx}{d\theta}d\theta)\mathbf{i}+(\frac{dy}{d\theta}d\theta)\mathbf{j}$。$x=r\cos\theta=2a\cos\theta\cos\theta=2a\cos^2\theta$，$\frac{dx}{d\theta}=-4a\cos\theta\sin\theta$。$y=r\sin\theta=2a\cos\theta\sin\theta$，$\frac{dy}{d\theta}=2a(\cos^2\theta-\sin^2\theta)$。$d\mathbf{r}=(-4a\cos\theta\sin\theta)d\theta\mathbf{i}+(2a(\cos^2\theta-\sin^2\theta))d\theta\mathbf{j}$。$\nablaf\cdotd\mathbf{r}=\frac{1}{r^4}(-r^2(1+\cos\theta\sin\theta),-r^2(\sin\theta-\cos\theta)^2)\cdot(-4a\cos\theta\sin\theta\mathbf{i}+2a(\cos^2\theta-\sin^2\theta)\mathbf{j})$$=\frac{1}{r^4}\left[-r^2(1+\cos\theta\sin\theta)\cdot(-4a\cos\theta\sin\theta)+(-r^2(\sin\theta-\cos\theta)^2)\cdot2a(\cos^2\theta-\sin^2\theta)\right]$$=\frac{a}{r^2}\left[4\cos\theta\sin\theta(1+\cos\theta\sin\theta)-2(\sin\theta-\cos\theta)^2(\cos^2\theta-\sin^2\theta)\right]$$=\frac{a}{r^2}\left[4\cos\theta\sin\theta+4\cos^2\theta\sin^2\theta-2(\sin^2\theta-2\sin\theta\cos\theta+\cos^2\theta)(\cos^2\theta-\sin^2\theta)\right]$$=\frac{a}{r^2}\left[4\cos\theta\sin\theta+4\cos^2\theta\sin^2\theta-2(1-2\sin\theta\cos\theta)(\cos^2\theta-\sin^2\theta)\right]$$=\frac{a}{r^2}\left[4\cos\theta\sin\theta+4\cos^2\theta\sin^2\theta-2(\cos^2\theta-\sin^2\theta-2\sin^2\theta\cos^2\theta+2\sin\theta\cos\theta)\right]$$=\frac{a}{r^2}\left[4\cos\theta\sin\theta+4\cos^2\theta\sin^2\theta-2\cos^2\theta+2\sin^2\theta+4\sin^2\theta\cos^2\theta-4\sin\theta\cos\theta\right]$$=\frac{a}{r^2}\left[(4\cos\theta\sin\theta-4\sin\theta\cos\theta)+(4\cos^2\theta\sin^2\theta+4\sin^2\theta\cos^2\theta)+(2\sin^2\theta-2\cos^2\theta)\right]$$=\frac{a}{r^2}\left[0+8\sin^2\theta\cos^2\theta+2(\sin^2\theta-\cos^2\theta)\right]=\frac{a}{r^2}\left[2\sin^2(2\theta)+2\cos(2\theta)\right]$$=\frac{2a}{r^2}\left[\sin^2(2\theta)+\cos(2\theta)\right]$。因为$r=2a\cos\theta$，所以$r^2=4a^2\cos^2\theta$，$\frac{1}{r^2}=\frac{1}{4a^2\cos^2\theta}$。积分$\int_L\nablaf\cdotd\mathbf{r}=\int_0^\pi\frac{2a}{4a^2\cos^2\theta}\left[\sin^2(2\theta)+\cos(2\theta)\right](-2a\cos\theta\sin\theta)d\theta=-\frac{1}{2}\int_0^\pi\frac{\sin^2(2\theta)+\cos(2\theta)}{\cos\theta}\sin(2\theta)d\theta$$=-\frac{1}{2}\int_0^\pi\frac{\sin^2(2\theta)\sin(2\theta)+\cos(2\theta)\sin(2\theta)}{\cos\theta}d\theta=-\frac{1}{2}\int_0^\pi\frac{\frac{1}{2}(1-\cos(4\theta))\sin(2\theta)+\cos(2\theta)\sin(2\theta)}{\cos\theta}d\theta$$=-\frac{1}{4}\int_0^\pi\frac{(1-\cos(4\theta))\sin(2\theta)+2\cos(2\theta)\sin(2\theta)}{\cos\theta}d\theta=-\frac{1}{4}\int_0^\pi\frac{\sin(2\theta)-\sin(2\theta)\cos(4\theta)+2\sin(4\theta)}{\cos\theta}d\theta$$=-\frac{1}{4}\int_0^\pi\left(\frac{\sin(2\theta)}{\cos\theta}+2\frac{\sin(4\theta)}{\cos\theta}-\frac{\sin(2\theta)\cos(4\theta)}{\cos\theta}\right)d\theta$。利用$\frac{\sin(2\theta)}{\cos\theta}=2\tan\theta$，$\frac{\sin(4\theta)}{\cos\theta}=4\sin(2\theta)\cos(2\theta)$。$\int_0^\pi2\tan\thetad\theta=2\int_0^\pi\frac{\sin\theta}{\cos\theta}d\theta=2[-\ln|\cos\theta|]_0^\pi=2[-\ln|\cos\pi|+\ln|\cos0|]=2[-\ln(1)+\ln(1)]=0$。$\int_0^\pi2\cdot4\sin(2\theta)\cos(2\theta)d\theta=8\int_0^\pi\sin(4\theta)d\theta=8[-\frac{1}{4}\cos(4\theta)]_0^\pi=-2[\cos(4\pi)-\cos(0)]=-2[1-1]=0$。$\int_0^\pi\frac{\sin(2\theta)\cos(4\theta)}{\cos\theta}d\theta$利用$\sinA\cosB=\frac{1}{2}[\sin(A+B)+\sin(A-B)]$，$A=2\theta$,$B=4\theta$。$\sin(2\theta)\cos(4\theta)=\frac{1}{2}[\sin(6\theta)+\sin(-2\theta)]=\frac{1}{2}[\sin(6\theta)-\sin(2\theta)]$。$\int_0^\pi\frac{\sin(2\theta)\cos(4\theta)}{\cos\theta}d\theta=\frac{1}{2}\int_0^\pi\frac{\sin(6\theta)-\sin(2\theta)}{\cos\theta}d\theta=\frac{1}{2}\left(\int_0^\pi\frac{\sin(6\theta)}{\cos\theta}d\theta-\int_0^\pi\frac{\sin(2\theta)}{\cos\theta}d\theta\right)$。$\int_0^\pi\frac{\sin(6\theta)}{\cos\theta}d\theta=\int_0^\pi6\tan(6\theta)d\theta=6\int_0^\pi\frac{\sin(6\theta)}{\cos(6\theta)}d\theta$。令$u=6\theta$,$du=6d\theta$，积分区间不变。$6\int_0^\pi\frac{\sinu}{\cosu}\frac{du}{6}=\int_0^{6\pi}\tanudu=[-\ln|\cosu|]_0^{6\pi}=-\ln|\cos(6\pi)|+\ln|\cos(0)|=-\ln(1)+\ln(1)=0$。所以$\int_0^\pi\frac{\sin(6\theta)}{\cos\theta}d\theta=0$。$\int_0^\pi\frac{\sin(2\theta)}{\cos\theta}d\theta=0$（已在前面计算）。因此$\int_0^\pi\frac{\sin(2\theta)\cos(4\theta)}{\cos\theta}d\theta=\frac{1}{2}(0-0)=0$。总积分$\int_L\nablaf\cdotd\mathbf{r}=-\frac{1}{4}(0+0-0)=0$。根据梯度场积分的性质，对于闭合曲线（若曲线闭合，积分结果为0），或沿固定方向从A到B，积分结果等于函数在终点B减去起点A的值，即$\int_L\nablaf\cdotd\mathbf{r}=f(B)-f(A)$。在本题中，起点$A(2a,0)$，$f(A)=\frac{2a+0}{(2a)^2}=\frac{1}{2a}$；终点$B(-2a,0)$，$f(B)=\frac{-2a+0}{(-2a)^2}=-\frac{1}{2a}$。所以$\int_L\nablaf\cdotd\mathbf{r}=f(-2a)-f(2a)=-\frac{1}{2a}-\frac{1}{2a}=-\frac{1}{a}$。这里计算似乎与标准梯度场积分公式矛盾。重新审视，曲线$L$不是闭合的，起点$A$，终点$B$。根据梯度场性质，$\int_L\nablaf\cdotd\mathbf{r}=f(B)-f(A)=-\frac{1}{2a}-\frac{1}{2a}=-\frac{1}{a}$。之前的极坐标计算似乎有误，特别是处理$\sin^2(2\theta)$和$\cos(2\theta)$的部分。标准方法直接用起点终点值即可。故最终结果为$-\frac{1}{a}$。四、特征方程为$r^2-4r+3=0$，解为$r_1=1$,$r_2=3$。齐次方程通解为$y_h=C_1e^{x}+C_2e^{3x}$。非齐次项$e^{2x}\sinx$的特征根为$\lambda+i\omega=2+i$，不是特征根。设特解为$y_p=e^{2x}(A\cosx+B\sinx)$。计算$y_p'$和$y_p''$：$y_p'=e^{2x}(2A\cosx-A\sinx+2B\sinx+B\cosx)=e^{2x}[(2A+B)\cosx+(2B-A)\sinx]$。$y_p''=e^{2x}[(2A+B)(-2\sinx)+(2A+B)\cosx+(2B-A)(2\cosx)+(2B-A)(-\sinx)]$$=e^{2x}[-(4A+2B)\sinx+(2A+3B)\cosx]$。代入原方程$y''-4y'+3y=e^{2x}\sinx$：$e^{2x}[-(4A+2B)\sinx+(2A+3B)\cosx]-4e^{2x}[(2A+B)\cosx+(2B-A)\sinx]+3e^{2x}(A\cosx+B\sinx)=e^{2x}\sinx$。$e^{2x}\{[-(4A+2B)-4(2A+B)+3A]\sinx+[(2A+3B)-4(2A+B)+3B]\cosx\}=e^{2x}\sinx$。$e^{2x}\{[-4A-2B-8A-4B+3A]\sinx+[2A+3B-8A-4B+3B]\cosx\}=e^{2x}\sinx$。$e^{2x}\{[-9A-6B]\sinx+[-6A+2B]\cosx\}=e^{2x}\sinx$。比较系数：$-9A-6B=1$(1)$-6A+2B=0$(2)由(2)得$B=3A$。代入(1)：$-9A-6(3A)=1\implies-9A-18A=1\implies-27A=1\impliesA=-\frac{1}{27}$。$B=3A=3\left(-\frac{1}{27}\right)=-\frac{1}{9}$。特解为$y_p=e^{2x}\left(-\frac{1}{27}\cosx-\frac{1}{9}\sinx\right)$。通解为$y=y_h+y_p=C_1e^x+C_2e^{3x}-\frac{1}{27}e^{2x}(\cosx+3\sinx)$。五、$f(x)=x^2$在$[-\pi,\pi]$上展开为傅里叶级数。计算傅里叶系数：$a_0=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^\pif(x)dx=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^\pix^2dx=\frac{2}{\pi}\int_0^\pix^2dx=\frac{2}{\pi}\left[\frac{x^3}{3}\right]_0^\pi=\frac{2}{\pi}\frac{\pi^3}{3}=\frac{2\pi^2}{3}$。$a_n=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^\pif(x)\cos(nx)dx=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^\pix^2\cos(nx)dx$。利用奇偶性，$x^2\cos(nx)$是偶函数，故$a_n=\frac{2}{\pi}\int_0^\pix^2\cos(nx)dx$。使用分部积分两次：$\intx^2\cos(nx)dx=\frac{x^2\sin(nx)}{n}-\int\frac{2x\sin(nx)}{n}dx=\frac{x^2\sin(nx)}{n}-\left(-\frac{2x\cos(nx)}{n^2}+\int\frac{2\cos(nx)}{n^2}dx\right)$$=\frac{x^2\sin(nx)}{n}+\frac{2x\cos(nx)}{n^2}-\frac{2\sin(nx)}{n^3}$。计算定积分：$a_n=\frac{2}{\pi}\left[\left(x^2\frac{\sin(nx)}{n}\right)\bigg|_0^\pi-\int_0^\pi\left(\frac{2x\cos(nx)}{n^2}-\frac{2\sin(nx)}{n^六、根据题意，列出微分方程。设$x(t)$为质点的位置，平衡位置为$x=0$，向下为正。受重力和弹性力，设弹簧原长为$l$，平衡时弹簧伸长量为$\Deltal$，则$k\Deltal=mg$。恢复力$F=-k(x-\Deltal)=-kx+mg$。阻尼力与速度成正比，$F_d=-\gamma\frac{dx}{dt}$。根据牛顿第二定律$F=ma=m\frac{d^2x}{dt^2}$。$m\frac{d^2x}{dt^2}=-kx+mg-\gamma\frac{dx}{dt}$。考虑从平衡位置正上方$h$处释放，即$t=0$时，$x(0)=h$，$\frac{dx}{dt}\bigg|_{t=0}=0$（初速度为零）。微分方程为$m\frac{d^2x}{dt^2}+\gamma\frac{dx}{dt}+kx=mg$。特征方程为$mr^2+\gammar+k=0$。判别式$\Delta=\gamma^2-4mk$。*情况一：当$\Delta<0$（$\gamma^2<4mk$），系统为欠阻尼振动。特征根$r=\frac{-\gamma\pm\sqrt{4mk-\gamma^2}i}{2m}=-\frac{\gamma}{2m}\pmi\omega_d$，其中$\omega_d=\frac{\sqrt{4mk-\gamma^2}}{2m}$是阻尼振动的角频率。微分方程的通解（欠阻尼情况）为$x(t)=e^{-\frac{\gamma}{2m}t}(C_1\cos(\omega_dt)+C_或x(t)=e^{-\frac{\gamma}{2m}t}(A\cos(\omega_dt)+B\sin(\omega_dt))$。利用初始条件$x(0)=h$和$