数字电子技术(第三版) 第6章

第四章（选择、判断、填空共30题）一、选择题1.N个触发器可以构成能寄存位二进制数码的寄存器。

A.N-1B.NC.N+1D.2N2．在下列触发器中，有约束条件的是。

A.主从J K F/FB.主从D F/FC.同步R S F/FD.边沿D F/F3．一个触发器可记录一位二进制代码，它有个稳态。

A.0B.1C.2D.3E.44．存储8位二进制信息要个触发器。

A.2B.3C.4D.85．对于T触发器，若原态Q n=0，欲使新态Q n+1=1，应使输入T=。

A.0B.1C.QD.Q6．对于T触发器，若原态Q n=1，欲使新态Q n+1=1，应使输入T=。

A.0B.1C.QD.Q7．对于D触发器，欲使Q n+1=Q n，应使输入D=。

A.0B.1C.QD.Q8．对于J K触发器，若J=K，则可完成触发器的逻辑功能。

A.R SB.DC.TD.Tˊ9．欲使J K触发器按Q n+1=Q n工作，可使J K触发器的输入端。

A.J=K=0B.J=Q,K=QC.J=Q,K=QD.J=Q,K=0E.J=0,K=Q10．欲使J K触发器按Q n+1=Q n工作，可使J K触发器的输入端。

A.J=K=1B.J=Q,K=QC.J=Q,K=QD.J=Q,K=1E.J=1,K=Q11．欲使J K触发器按Q n+1=0工作，可使J K触发器的输入端。

A.J=K=1B.J=Q,K=QC.J=Q,K=1D.J=0,K=1E.J=K=112．欲使J K触发器按Q n+1=1工作，可使J K触发器的输入端。

A.J=K=1B.J=1,K=0C.J=K=QD.J=K=0E.J=Q,K=013．欲使D触发器按Q n+1=Q n工作，应使输入D=。

A.0B.1C.QD.Q14．下列触发器中，克服了空翻现象的有。

A.边沿D触发器B.主从R S触发器C.同步R S触发器D.主从J K触发器15．下列触发器中，没有约束条件的是。

A.基本R S触发器B.主从R S触发器C.同步R S触发器D.边沿D触发器16．描述触发器的逻辑功能的方法有。

数字电子技术基础周良权3版第6章第6章脉冲波形发生器与整形电路6.1 单稳态触发器、多谐振荡器和施密特触发器6.2 微分电路小地6.3 555定时器、微分型单稳态触发器、集成施密特触发器和集成单稳态触发器．6.4 b 6.5 a 6.6 c 6.7 (×) 6.8 (√) 6.9 (√)6.10 单稳态触发器在平时无输入触发信号下，电路处于一种稳定不变状态，只有当有效信号触发下，输出状态立即翻转，电路进入不稳定状态，过了一定时间后，电路会自动恢复原先稳定状态，故只有一种稳定状态，不具有记忆功能．基本RS 触发器具有二个输入端，在各自有效信号触发下，可使输出端由1变0或由0变1，在触发信号消失后，输出状态可保持不变，电路具有两个稳定状态和记忆功能．6.11 （1）继电器动作时间由555定时器组成单稳态触发器输出脉宽决定，即t w =1.1(R 1+R w )·C当R w =0,t w =1.1×5.1×103×10×10–6=56.1ms 当R w =33k Ω, t w =1.1×(5.1+33)×103×10×10–6=419.1ms 故继电器动作时间可调范围为56.1～419.1ms（2）CC CM 120.5A,2424V I ≥== (BR)CEO 212V(3.60.7)V=290(0.5/50)AU R ≥-=Ω6.12 由于三极管T 为PNP 管型，当u I =0时，T 导通，u C1=U EC ≈0V ，电容放电，只有当u I =1时，T 截止，电容C 1可充电，u C1按指数曲线上升，在u C1未达到CC 23V 之前，输出u O 维持为1．在输入脉冲失落情况下，使C 1充电时间大于t WI ，可使u C1达到CC 23V ，输出u O 由1变0，当u I 输入再为0时，输出又变1．因此当有输入脉冲失落时，输出才会出图题解6.12现负脉冲，u C1和u O 波形如图题解6.12所示．6.13 （1）当按钮SB 按下，直接复位端置1，电路可振荡，电容C 2立即充电达6V ；当按钮放开，C 2通过R 2放电，若不计直接复位端电流影响，放电达0.4V 所需时间为：3606ln 511010010 2.713.8s 00.4T RC --===- （2）门铃的振荡频率361211680Hz 0.7(2)0.7(102100)100.0110f R R C -===++ 6.14（1）第一级和第二级均由555定时器组成多谐振荡器电路，当第一级输出u 01为高电平时，使第二级复位端也为高电平，第二级可振荡工作；若u O1为低电平，则第二级停止振荡．（2）当R P1和R P2为最大时，u 01的高、低电平脉宽为：36WL10.7510101100.357s t -==36WH11WH1WL10.7(510100)101100.427s1 1.28Hz0.4270.357t f t t -=+=1===++u O2的高、低电平为：312WL2312WH232WH2WL20.7470101000100.329ms0.7(100470)101000100.399ms 110 1.377kHz0.3990.329t t f t t --===+???====++ 输出波形图如图题解6.14所示．图题解6.146.15 由于用555定时器组成多谐振荡器的输出要求高电平脉宽不变，而振荡频率也即周期可变，因此只能改变低电平脉宽，其电路如图题解6.15所示．图题解6.15输出高电平脉宽由R P1、R 1、C 1和D 1构成充电回路决定，低电平脉宽由l R P2、R 2、C 1和D 2构成放电回路决定．R 3为验电阻使输出幅值为+5V ，（采用CMOS 电路555定时器不需要R 3），若不计二极管动态电阻，则WH 1P110.7()5ms t R R C =+=，故3W1165107.14k 1100.7R R --?+==Ω??，取P111.5k , 6.2k R R =Ω=Ω, 当10Hz f =，则WL(max)100ms,100595ms;T t ==-=当100Hz f =，则WL(min)10ms,10055ms,T t ==-=故WL(min)2120.75ms,7.14k t R C R =??==Ω（计算试同WH t ） 3WL(max)P22P22695100.7()95ms,135.71k 0.7110t R R C R R --?=+=+==Ω??g P2135.717.14128.57k R =-=Ω，取2P26.2k ,150k R R =Ω=Ω6.16 （1）当VC =5V 时，内部比较器C1C25V, 2.5V U U +-==，则36WL 212136WH 1211213WL WH 05ln 0.70.7100100.01100.7ms0 2.56 2.5()ln ()ln 3.5 1.25(5.1100)100.0110651.31ms1110500Hz0.7 1.31t R C R C t R R C R R C f t t ---====--=+=+=+-===?=++g（2）当V C =3V 时，C1C23V, 1.5V U U +-==WL 2136WH 121303ln 0.7ms0 1.56 1.5()ln 0.4(5.1100)100.01100.42ms 6310893Hz0.70.42t R C t R R C f --==--=+=+=-==+ 6.17 （1）由于输入级为与非门，故输入有0出1．稳态时u I =1，u R 通过R 接地，故u R =0，使u O =1，返送到与非门，u O1=0．当输入u I 为下跳沿触发信号，使O1u 出1．由于电容两端电压不能突变，u R 也为1，u O 出0，电路进入暂稳态，当电容C 通过R 逐渐放电使u R 下降达TH DD 1,2U V =u O 又翻转为1，在此前u I 必须恢复为1，则u O1全1出0，又达到稳态．（2）波形图如图题解6.17所示．（3）DDWO DD0ln 0.7102V t RC RCV -==-图题解6.17360.7 5.1100.01100.357ms -==（4）如果t WI >t WO ，并不影响电容C 在暂稳态放电时间，t WO 脉宽不变，这只是影响第2次的触发时间，即必须在u I 恢复为1后才能进行第2次工作，使u R 有一个上跳到V DD 过程．6.18 （1）先分析电路的稳态，平时u I =0,u O1=1，则u C =1，而因u I =0，也使u O1，当u I 为上升沿时刻作用，u O1=0，由于电容C 两端电压不能突变，u C 仍为1，故与非门全1出0．此时状态不稳定，进入暂稳态，此后C 通过R 和反相器输出端到地放电，当电容电压下降到C TH DD 12u U V ≤=时，使O u 恢复为1．在输入u I 为0，才能使u O1出1，u C 也逐渐变1，恢复稳态．（2）波形图如图题解6.18所示．（3）DDWO DD0ln0.7102V t RC RC V -==- 360.7 1.5100.01100.01ms -==（4）当WIWO ,t T <而u C 仍大于TH DD 12U V =，故u O 全1出0，即跟着出0，使WO WI t t =，没有单稳态工作特点，不属于正常工作．6.19 （1）根据式（6.2.3）计算36W11136W 2220.70.71001010100.7s 700ms0.70.7 5.1100.1100.357ms T R C T R C --======= （2）3W1W 2111.43Hz (7000.357)10f T T -===++? 6.20 （1）DD T WH 1DD T ln V U t R C V U -+-=-T WL 2T 0ln 0U t R C U +--=-（2）36WH 115 1.5ln0.560.56 4.7100.01100.0263ms 53t R C R C --====- 36W L 223WH WL 03ln 0.70.77.5100.01100.0525ms0 1.511012.7kHz0.02630.0525t R C R C f t t --==?==-===++占空比WH WH WL 0.026333.4%0.02630.0525t q t t ==≈++若要求50%q =的方波，即t WH =t WL 0.56R 1C =0.7R 2C 解得：12 1.25R R = 6.21 （1）根据式6.3.4图题解6.1836DD W O11111T 312WO2015lnln 1.2110100.01100 4.51.32ms1.220101000102.4sV t R C R C U t ----===-===μ（2）波形如图题解6.21所示.图题解6.216.22 （1）根据式6.3.5DDWO111DD T 111136312WO222ln15ln1159.5100100.01101ms 1100101000100.1ms V t R C V U R C R C t R C +--=-==?-===?==（2）波形图如图题解6.22所示图题解6.22（3）若u I 的负脉冲的脉宽t WI <="">6.23 （1）该电路平时稳态u I =0，u I =1，u C =1，u O =0，当u I 由0变1上升沿触发下，I u '变0，u C 也变0，u O 出1，若这时u I 一直为1，上述状态均不变．只有当u I 变为0，则I u '变1，这时电容C 由电源通过R 对其充电，当u C 电容上升到U T+时，使施密特触发器输出翻转为0，故为u I 下降沿进入暂稳态．（2）波形图如图题解6.23所示．由图可知输出脉宽为图题解6.23WO WI WO t t t'=+（3）因DD WO DD T+ln V t'RC V U -=-31231252201047010ln5 3.51.22201047010124s--=-==μ 故WO WI WO 50124174s t t t'=+=+=μ6.24 根据式（6.4.2）36115.95kHz 1.4 1.412100.0110f RC -===。

第六章时序逻辑电路1.解：状态迁移图计数器的计数模为六。

2.（1）由所给方程画出逻辑图(2)该电路是异步电路，对异步电路的分析，主要注意每一级触发器的时钟。

对Q2、Q3而言，因为其J=K=1，每一时钟下降沿必翻转，即在Q1由1→0时，Q2翻转一次；同样，Q2由1→0时，Q3翻转一次。

为了判断电路的计数模，应先作出状态迁移表。

该电路为一个具有自启动能力的异步模九计数器(3) 由上述状态迁移表，可画出状态迁移图，如图所示。

2. 解 由波形图直接得状态迁移关系。

由此可看出该计数器是一个同步模六递减计数器。

由状态迁移表、作出卡诺图，从而求得各级触发器的特征方程，再与JK 触发器特征方程n nn Q K Q J Q+=+1相比较，即可得激励方程：nAn B nC A nAB nAC A n Cn A B nB n AC nAn A nB n A nB nC nA nB n Cn A nC nB nA n C Q Q Q C K Q K Q K J Q Q J Q Q J Q Q Q Q Q Q Q Q Q Q Q Q Q Q ========+=+=+++11111迁移表卡诺图 如选D 触发器，则激励方程为：nAn B nC nAA n CnA nB n A B nCn A nC nB nA C nAn A n C nA nB n A n B n Cn A nC n B n A n C Q Q Q C QD Q Q Q Q D Q Q Q Q Q D Q Q Q Q Q Q Q Q Q Q Q Q Q ==+=+==+=+=+++111由激励方程画出逻辑图。

D 触发器电路图。

最后还应检验自启动能力： 110→011； 111→110 显然该电路具有自启动能力。

3. 解：写出方程 激励方程：nnn Q Q D Q D 21211⊕==特征方程：nnn n n Q Q QQ Q 2112111⊕==++状态真值表状态迁移图该电路为同步四进制加法计数器。