《数字电路与逻辑设计》第5章-(3)

1、5.4.4 TFF和TFFTQ n+1功能 0 Q n 1 Q n保持翻转 1、T 型触发器QQCPC11TT QQCPC11TT 1JKFF的 特性方程：TFF 的 特性方程：QQCP JK1J C1 IKTTFF通常由JKFF或DFF转换而来：QQCP1D C1 =1TDFF 的 特性方程：2TFF的波形图32、 T 型触发器QQCPC1Q n Q n+1功能 0 1 1 0翻转QQCPC14JKFF构成TFFTFF 的特性方程：即：T = 1转换图QCP JK1J C1 IK1QDFF T FFT ：转换图QQCP1D C1 5TFF的波形图TQ=2TCP6思考题：设计一个计数电路，能对

2、CP脉冲的周期进行计数，计数模长为8，编码为3位自然二进制码。7CPQ J3 C1 Q K3Q3Q2Q1Q J2 C1 Q K2Q J1 C1 Q K185.6 触发器逻辑功能的转换 一、转换模型 CP 已有 触发器转换逻辑QQ待求触发器输入二 公式法转换步骤：1. 写已有、待求触发器的特性方程；2. 将待求触发器的特性方程变换为与已有触发器一致；3. 比较两个的特性方程，求出转换逻辑；4. 画电路图。9例5.6.1 试将JKFF转换成DFF。解：Qn+1=J Qn+ KQnQn+1=D=D(Qn+Qn)=DQn+DQn令新老触发器的次态方程相等，则有J=D，K= D图5.6.210例：将SR

3、FF转换成DFF。SR =0 令新老触发器的次态方程相等，则有S=D Qn，R= DQn+1=S+ RQnQn+1=D=D(Qn+Qn)=D Qn+DQn令新老触发器的次态方程相等，则有另，Qn+1=D=D+DQnS=D，R= D11三、列表图解法 例5.6.1 试将JKFF转换成DFF。解:(1)列综合表，如下所示：11 111 000 100 0Qn+1D QnJ K 0 0 1 1 JKFF激励表 DFF状态表 12(2)作卡诺图，如下图所示100011DQn010011DQnJ = D K = D 11 111 000 100 0Qn+1D QnJ K 0 0 1 1 13小结：触发器

4、根据逻辑功能不同分为 D 触发器 T 触发器 RS 触发器 JK 触发器 T触发器1 0Qn+110DQn+1 = DQnQnQn+110T不定10 QnQn+111011000RSQn+1 = S + RQnRS = 0(约束条件)Qn10 QnQn+111011000KJQn+1 =JQn + KQn只有 CP 输入端，无数据输入端。来一个CP翻转一次Qn+1 = Qn145.1 基本触发器的逻辑符号与输入波形如图P5.1所示。试作出 Q、Q 的波形。SDQQ图 P5.1RD15图 P5.1图 P5.2165.2 图P5.2电路，在开关S由A点拨到B点，再由B点拨回A点过程中，A、B两点电

5、压波形如图中所示。试作出 Q 和 Q 端的波形。UA t UB t 17UA t UB t Q t t Q 图 P5.218QRD1G11G2QSD图 P5.35.3 分析图P5.3的逻辑功能：列出真值表，导出特征方程并说明 SD 、RD 的有效电平。1 111 000 1Qn0 0Qn+1SD RD解：(1)列功能表如下19 1110010010110100SDRDQnSDRD=0 Qn+1=SD+RDQn(2)求特征方程SD、RD 高电平有效1 111 000 1Qn0 0Qn+1SD RDQRD1G11G2QSD205.4 对于图P5.4电路,试导出其特征方程并说明对AB的取值有无约束条

6、件。解: (1)列功能表(2) 特征方程(3) 对AB的取值无约束条件。1Qn11n1Qn111 11 00 10 0Qn+1A B1 11 00 10 0Qn+1A BQn+1= A+B+Qn111011111010110100ABQn1010110100ABQn215.5 试写出图P5.5触发器电路的特征方程。解: (1)CP=0 时(2)CP=1 时Qn+1=S+RQn R S=0 (约束条件)Qn+1=Qn 。22图 P5.85.8 维阻DFF构成的电路如图，试作Q端波形CPRDQ解：特征方程为：Qn+1=Qn CP235.10 画出图P5.10中Q端的波形。设初态为“0”。CPQA解

7、：特征方程为：Qn+1=DCP=QnA CPA=0时，翻转；A=1时，保持。图 P5.10245.11 画出图P5.11电路Q端的波形。设初态为“0”。CPQJRD=JQn CP Qn+1RD = CPQn 25图 P5.125.12 画出图P5.12电路中Q1、Q2 的波形。解：特征方程为：Q1n+1=DCP1 Q2n+1=Q1nCP226CP1RDCP2DQ1Q20Q1n+1=DCP1 Q2n+1=Q1nCP227图 P5.13解：特征方程为：Q1n+1=Q2nCP1Q2n+1=Q1nCP25.13 画出图P5.13电路中 Q1和 Q2 的波形。28Q1RDCP1CP2Q2Q1n+1=Q2

8、nCP1Q2n+1=Q1nCP229CPQn+1= QnA CPZ = AQ AQZ5.14 试作出图P5.14中Q端和Z端的波形。设Q的初态为“0”。305.17 试作出图P5.17电路中Q1、Q2 的波形。Q 1n+1= Q1n(CPQ2)Q 2n+1= Q2nQ1RDCPQ1Q2Q2=0时, CPQ2=1时, CP315.18 试作出图P5.18电路中Q1和Q2的波形（设Q1和Q2的初态均为“0”，并说明Q1和Q2对于CP2各为多少分频。Q 1n+1= Q1nCP1Q 2n+1= Q2nCP2Q1n32CP2CP1Q2Q14分频 Q 1n+1= Q1nCP1Q 2n+1= Q2nCP2Q

9、1n335.19 已知电路如图P5.19，试作出Q端的波形。设Q的初态为“0”。CPQn+1= A CPAQ345.20 已知输入uI、输出uO波形分别如图P5.20所示，试用两个D触发器将该输入波形uI转换成输出波形uO 。解：输出uO是对输入uI的4分频，而采用1个DFF可实现2分频，故实现电路如下图所示。1DC1QQ1DC1QQuIuO355.21 试分别用公式法和列表图解法将主从SR触发器转换成JK触发器。Qn+1=S+RQnSR =0 令新老触发器的次态方程相等，则有S=JQn，R=K改为：但不满足约束条件SR =0 解1：Qn+1=JQn+KQnS=JQn，R=KQn（因为Qn+1=JQn+KQn =JQn+KQnQn ）36解2:(1)列综合表，如下所示：01 101 010 100 0Qn+1K QnS R 0 1 0 0 0 0 0 0 0 J 01 111 010 110 01 1 0