第一章 数字逻辑习题
1．1 数字电路与数字信号 图形代表的二进制数
1．1．4 一周期性数字波形如图题所示，试计算：（1）周期；（2）频率；（3）占空比例
MSB
LSB
0 1 2 11 12 （ms）
解：因为图题所示为周期性数字波，所以两个相邻的上升沿之间持续的时间为周期，T=10ms 频率为周期的倒数，f=1/T=1/=100HZ
占空比为高电平脉冲宽度与周期的百分比，q=1ms/10ms*100%=10% 数制
将下列十进制数转换为二进制数，八进制数和十六进制数（要求转换误差不大于2
4
（2）127 （4） 解：（2）（127）D= 2-1=（）B-1=（1111111）B=（177）O=（7F）
7
H
（4）（）D=B=O=H 二进制代码
将下列十进制数转换为 8421BCD 码： （1）43 （3） 解：（43）D=（01000011）BCD 试用十六进制写书下列字符繁荣 ASCⅡ码的表示：P28 （1）+ （2）@ （3）you (4)43
解：首先查出每个字符所对应的二进制表示的 ASCⅡ码，然后将二进制码转换为十六进制数表示。
（1）“+”的 ASCⅡ码为 0101011，则（00101011）B=（2B）H （2）@的 ASCⅡ码为 1000000,(01000000)B=(40)H
(3)you 的 ASCⅡ码为本 1111001,1101111,1110101,对应的十六进制数分别为 79,6F,75 (4)43 的 ASCⅡ码为 0110100,0110011,对应的十六紧张数分别为 34,33 逻辑函数及其表示方法
在图题 1. 中，已知输入信号 A，B`的波形，画出各门电路输出 L 的波形。 解: (a)为与非， (b)为同或非，即异或
第二章 逻辑代数 习题解答
用真值表证明下列恒等式
(3)A⊕ =B AB AB+ （A⊕B）=AB+AB 解：真值表如下 A 0 0 1 1 B 0 1 0 1 A⊕B 0 1 1 0 AB 1 0 0 0 AB 0 0 0 1 A⊕B 1 0 0 1 AB+AB 1 0 0 1 由最右边2栏可知，A⊕B与AB+AB的真值表完全相同。 用逻辑代数定律证明下列等式
(3)A+ABC ACD C D E A CD E++ +( ) = + + 解：A+ABC ACD C D E++ +( ) =A(1+BC ACD CDE)+ + = +A ACD CDE+
= +A CD CDE+ = +A CD+ E 用代数法化简下列各式 (3)
ABC B( +C) 解： ABC B( +C)
= + +(A B C B C)( + )
=AB AC BB BC CB C+ + + + + =AB C A B B+ ( + + +1) =AB C+
(6)(A+ + + +B A B AB AB) ( ) ( )(
) 解：(A+ + + +B A B AB AB) () ( )( )
= A B?+ A B?+(A+ B A)(+ B) = B + AB + AB = AB + B = A + B
=AB
(9)ABCD ABD BCD ABCBD BC+ + + + 解：ABCD ABD BCD ABCBD BC+ + + +
=ABC D D ABD BC D C( + +) + ( + ) =B AC AD C D( + + + ) =B A C A D( + + + ) =B A C D( + + ) =AB BC BD+ +
画出实现下列逻辑表达式的逻辑电路图，限使用非门和二输入与非门 (1) L = AB + AC (2) L = DAC( + )
(3) L =+( ) ABCD+ ) (
已知函数L（A，B，C，D）的卡诺图如图所示，试写出函数L的最简与或表达式
解： L (ABCDBCDBCDBCDABD , , , ) = + + +
用卡诺图化简下列个式
（1）ABCD ABCD AB AD ABC+ + 解：ABCD ABCD AB AD ABC+ +
+ + + +
=ABCD ABCD ABC C D D AD B B C C ABC D D++ ( + )( + +)( + )( + +) ( + )
=ABCD ABCD ABCD ABCD ABCD ABCD ABCD+ + + + + +
, , )
（6）L A B C D( ,
=∑m(0,2,4,6,9,13)+∑d(1,3,5,7,11,15) 解：
L= +A D
（7）L A B C D( , , , )
=∑m(0,13,14,15)+∑d(1,2,3,9,10,11) 解: L AD AC AB= + +
已知逻辑函数L AB BC CA=+ 门）表示
解:1>由逻辑函数写出真值表 A 0 0 0 0 1 1 1 1 2> 由真值表画出卡诺图 B 0 0 1 1 0 0 1 1
+
，试用真值表,卡诺图和逻辑图（限用非门和与非
C 0 1 0 1 0 1 0 1 L 0 1 1 1 1 1 1 0 3> 由卡诺图,得逻辑表达式 LABBCAC= + +
用摩根定理将与或化为与非表达式
L = AB + BC + AC = AB BC AC?
4>
由
已
知
函
数
的
与
非
?
-与
非
表
达
式
画
出
逻
辑
图
第三章习题
MOS 逻辑门电路
根据表题 所列的三种逻辑门电路的技术参数，试选择一 种最合适工作在高噪声环境下的门电路。
表题 逻辑门电路的技术参数表 逻辑门 A 逻辑门 B 逻辑门 C V/V V/V V/V 2 V/V 解：根据表题 所示逻辑门的参数，以及式（）和式（），计算出逻辑门 A 的高电平和低电平噪声容限分别为：
V=V—V=—2V=
(min)
(min)
V=V—V=—=
同理分别求出逻辑门 B 和 C 的噪声容限分别为:
V=1V V= V=1V V=
电路的噪声容限愈大,其抗干扰能力愈强,综合考虑选择逻辑门 C
根据表题 所列的三种门电路的技术参数,计算出它们的延时-功耗积,并确定哪一种逻辑门性能最好
表题 逻辑门电路的技术参数表 逻辑门 A 逻辑门 B 逻辑门 C t/ ns 1 5 10 t/ns 6 10 P/mW 16 8 1 解:延时-功耗积为传输延长时间与功耗的乘积,即 DP= tP
根据上式可以计算出各逻辑门的延时-功耗分别为
DP =
t+tP= 2
2
(1 +ns *16mw=* 1012 J=
同理得出: DP=44PJ DP=10PJ,逻辑门的 DP 值愈小,表明它的特性愈好,所以逻辑门 C 的性能最好.
为什么说 74HC 系列 CMOS 与非门在+5V 电源工作时,输入端在以下四种接法下都属于逻辑 0: (1)输入端接地; (2)输入端接低于 的电源; (3)输入端接同类与非门的输出低电压 ; (4)输入端接 10kΩ的电阻到地.
解:对于 74HC 系列 CMOS 门电路来说,输出和输入低电平的标准电压值为:
V=, V=,因此有:
(1) Vi =0< V=,属于逻辑门 0
L L (2) Vi <=V,属于逻辑门 0
L (3) Vi < 解:图解 所示电路中 L1= AB ,L2= BC ,L3= D ,L4 实现与功能,即 L4=L1? L2? L3,而 L= L4 E ,所以输出逻辑表达式为 L= AB BC D E 图题 表示三态门作总线传输的示意图，图中 n 个三态门的输出接到数据传输总线，D1，D2，……Dn 为数据输入端，CS1，CS2……CSn 为片选信号输入端.试问: (1) CS信号如何进行控制,以便数据D1,D2, ……Dn通过该总线进行正常传输; (2)CS信号能否有两个或两个以上同时有效?如果出现两个或两个以上有效,可能发生什么情况? (3)如果所有 CS 信号均无效,总线处在什么状态? 解: (1)根据图解 可知,片选信号 CS1，CS2……CSn 为高电平有效,当 CSi=1 时第 i 个三态门被选中,其输入数据被送到数据传输总线上,根据数据传输的速度,分时地给 CS1， CS2……CSn 端以正脉冲信号,使其相应的三态门的输出数据能分时地到达总线上. (2)CS 信号不能有两个或两个以上同时有效,否则两个不同的信号将在总线上发生冲突,即总线不能同时既为 0 又为 1. (3)如果所有 CS 信号均无效,总线处于高阻状态. 试分析 所示的 CMOS 电路，说明它们的逻辑功能 （A ） （B ） C ） （ （D ） 解：对于图题 （a）所示的 CMOS 电路，当EN =0 时， TP2和 均导通， 和TN2 TP1 构成的反相器正常工作，L= A，当EN =1 时， 和 均截止，无论TP2 平还是 TN1 TN2 A 为高电 低电平，输出端均为高阻状态，其真值表如表题解 所示，该电路是低电平使能三态非门，其表示符号如图题解 （a）所示。 图题 （b）所示 CMOS 电路，EN =0 时， 导通，或非门打开， 和 构成反TP2 TP1 TN1 相器正常工作，L=A；当EN =1 时， 截止，或非门输出低电平，使 截止，输出端TP2 TN1 处于 高阻状态，该电路是低电平使能三态缓冲器，其表示符号如图题解 （b）所示。 同理可以分析图题 （c）和图题 （d）所示的 CMOS 电路，它们分别为高电平使能三态缓冲器和低电平使能三态非门 ，其表示符号分别如图题 （c）和图题 （d）所示。 0 0 1 1 A 0 1 0 1 L 1 0 高阻 （a） 0 0 A 0 1 L 0 1 1 1 0 1 （b） 高阻 高阻 EN 0 0 1 1 A 0 1 0 1 （c L 高阻 高阻 0 1 0 0 1 1 A 0 1 0 1 L 1 0 高阻 高阻 （d） 为什么说 TTL 与非门的输入端在以下四种接法下，都属于逻辑 1：（1）输入端悬空； （2）输入端接高于 2V 的电源；（3）输入端接同类与非门的输出高电压 ；（4）输入端接 10kΩ的电阻到地。 解：（1）参见教材图 电路，当输入端悬空时，T1 管的集电结处于正偏，Vcc 作用于 T1 的集电结和 T2 ， T3 管的发射结，使 T2 ， T3 饱和，使 T2 管的集电极电位 Vc2=VcEs2+VBE3=+=，而 T4 管若要导通 VB2=Vc2≥VBE4+VD=+=，故 T4 截止。又因 T3 饱和导通，故与非门输出为低电平，由上分析，与非门输入悬空时相当于输入逻辑 1。 （2） 当与非门输入端接高于 2V 的电源时，若 T1 管的发射结导通，则 VBE1≥，T1 管的基 极电位 VB≥2+ C1=。而 VB1≥ 时，将会使 T1 的集电结处于正偏，T2，T3 处于饱和状态，使 T4 截止，与非门输出为低电平。故与非门输出端接高于 2V 的电源时，相当于输入逻辑 1。 （3） 与非门的输入端接同类与非门的输出高电平 输出时，若 T1 管导通，则 VB1=+=。而 若 VB1> 时，将使 T1 的集电结正偏，T2，T3 处于饱和状态，这时 VB1 被钳位在 ，即 T1 的发射结不可能处于导通状态，而是处于反偏截止。由（1）（2），当 VB1≥，与非门输出为低电平。 （4） 与非门输入端接 10kΩ的电阻到地时，教材图 的与非门输入端相当于解 图 所示。这时输入电压为 VI= (Vcc-VBE)=10（）／（10+4）=。若 T1 导通， 则 VBI=+ VBE=+= V。但 VBI 是个不可能大于 的。当 VBI= 时，将使 T1 管的集电结正偏，T2，T3 处于饱和，使 VBI 被钳位在 ，因此，当 RI=10kΩ时，T1 将处于截止状态，由（ 1 ）这时相当于输入端输入高电平。 设有一个 74LS04 反相器驱动两个 74ALS04 反相器和四个 74LS04 反相器。（1）问驱动门是否超载？（2）若超载，试提出一改进方案；若未超载，问还可增加几个 74LS04 门？ 解：（1）根据题意，74LS04 为驱动门，同时它有时负载门，负载门中还有 74LS04。 从主教材附录 A 查出 74LS04 和 74ALS04 的参数如下（不考虑符号） 74LS04：IOL(max) =8mA, IOH (max) =; IIH(max) =. 4 个 74LS04 的输入电流为：4 IIL(max) =4 × =, 4 IIH(max) =4 × = 2 个 74ALS04 的输入电流为：2 IIL(max) =2 × =, 2 IIH(max) =2 × =。 ① 拉电流负载情况下如图题解 （a）所示，74LS04 总的拉电流为两部分，即 4 个 74ALS04 的高电平输入电流的最大值 4 IIH(max) = 电流之和为 +=.而 74LS04 能提供 的拉电流，并不超载。 ② 灌电流负载情况如图题解 （b）所示，驱动门的总灌电流为 +=. 而 74LS04 能提供 8mA 的灌电流，也未超载。 （2）从上面分析计算可知，74LS04 所驱动的两类负载无论书灌电流还是拉电流均未超 图题 所示为集电极门 74LS03 驱动 5 个 CMOS 逻辑门，已知 OC 门输管截止时的漏电流=；负载门的参数为：=4V,=1V,==1A 试计算上拉电阻的值。 从主教材附录 A 查得 74LS03 的参数为：VOH(min) =，VOL(max) =，IOL(max) =8mA.根据式（）形式（）可以计算出上拉电阻的值。灌电流情况如图题解 （a）所示， 74LS03 输 出 为 低 电 平 ， IIL total( ) =5 IIL =5 × =, 有 Rp(min) = IOL(max) ?IIL total( ) VDD ?VOL(max) = (5?4)V ≈Ω (8?mA 拉电流情况如图题解 （b）所示，74LS03 输出为高电平， IIH total( ) =5 IIH =5 × = 由于VOH(min) VDD ?VoH(min) ) = (5?4)V =Ω ?mA 综上所述，RP 的取值范围为 Ω～Ω 设计一发光二极管(LED)驱动电路,设 LED 的参数为V=, I=;若V=5V,当 LED 发亮时,电路的输出为低电平,选出集成门电路的型号,并画出电路图. 解:设驱动电路如图题解 所示,选用 74LSO4 作为驱动器件,它的输出低电平电流 I R= =8 mA, V = V,电路中的限流电阻 = V VV I (5 mA v 444Ω ≈ 第四章 组合逻辑 习题解答 解：由逻辑电路写出逻辑表达式 L = AB+ AB = A B 首先将输入波形分段，然后逐段画出输出波形。 当信号相同时，输出为1，不同时，输出为0，得到输出波形。 如图所示 4．2．1 试用2输入与非门设计一个3输入的组合逻辑电路。当输入的二进制码小于3时，输出为0；输入大于等于3时，输出为1。 解： 根据组合逻辑的设计过程，首先要确定输入输出变量，列出真值表。由卡诺图化简得到最简与或式，然后根据要求对表达式进行变换，画出逻辑图 A B C L 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 1 1 1 1 1 0 0 1 1 0 1 0 1 0 1 0 1 1 1 1 1 1） 由卡诺图化简，经过变换得到逻辑表达式 L =+ABCABC = * 2） 用2输入与非门实现上述逻辑表达式 4．2．7 某足球评委会由一位教练和三位球迷组成，对裁判员的判罚进行表决。当满足以下条 件时表示同意；有三人或三人以上同意，或者有两人同意，但其中一人是叫教练。试用 2输入与非门设计该表决电路。 由此列出真值表 输入 输出 A B C D L 0 0 0 0 0 0 0 0 1 1 1 1 1 1 1 0 0 0 0 1 1 1 1 0 0 0 0 1 1 1 0 0 1 1 0 0 1 1 0 0 1 1 0 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2）由真值表画卡诺图 由卡诺图化简得L=AB+AC+AD+BCD 由于规定只能用2输入与非门，将上式变换为两变量的与非——与非运算式 L=AB AC AD BCD AB AC AD B CD* * * = * * * * 3）根据L的逻辑表达式画出由2输入与非门组成的逻辑电路 4． 3．3 判断图所示电路在什么条件下产生竞争冒险，怎样修改电路能消除竞争冒险? 解： 根据电路图写出逻辑表达式并化简得L=A B BC* + 当 A=0，C=1 时，L= +B B 有可能产生竞争冒险，为消除可能产生的竞争冒险， 增加乘积项使AC ，使 L=A B BC AC* ++ ，修改后的电路如图 试用74HC147 设计键盘编码电路，十个按键分别对应十进制数0～9，编码器的输出为8421BCD码。要求按键9的优先级别最高，并且有工作状态标志，以说明没有按键按下和按键0按下两种情况。 解：真值表 电路图 用译码器 74HC138 和适当的逻辑门实现函数 F=.解：将函数式变换为最小项之和的形式 F= = 将输入变量 A、B、C 分别接入 、 、 L = 端，并将使能端接有效电平。由于 74HC138 是低电 平有效输出，所以将最小项变换为反函数的形式 在译码器的输出端加一个与非门，实现给定的组合函数。 七段显示译码电路如图题 4．4．14（a）所示，对应图题 4．4，14（b）所示输人波形，试确定显示器显示的字符序列 解：当 LE=0 时，图题 4，4。14（a）所示译码器能正常工作。所显示的字符即为 A2A2A1A 所表示的十进制数，显示的字符序列为 0、1、6 、9、4。当 LE 由 0 跳变 1 时，数字 4 被锁存，所以持续显示 4。 L ABC( , ,) =∑m(1,2,6,7) . S1 S0 看出输出L与变量C之间的关系，当AB=00时，L＝C，因此数据端I0 接C；当AB=01 __ __ 时，L= ,C I1 接C；当AB为10和11时，L分别为0和1，数据输入端I2 和I3 分 输入 A B 0 0 0 0 0 1 0 1 1 0 1 0 1 1 输出 L 0 1 1 0 0 1 L=C __ C 0 1 0 1 0 1 0 0 L=C 0 1 1 1 1 1 应用74HC151实现如下逻辑函数。 解： ABC ABC ABC m m m= + + = 4+ +5 1 D1=D4=D5=1,其他=0 2. 4，4．26 试用数值比较器74HC85设计一个8421BCD码有效性测试电路，当输人为8421BCD码时，输出为1，否则为0。 解：测试电路如图题解4．4．26所示，当输人的08421BCD码小于1010时，FA ＜B输出为1，否则 0为0。 1 4．4．31 由4位数加法器74HC283构成的逻辑电路如图题4。4．31所示，M和 N为控制端，试分析该电路的功能。 解：分析图题 4．4，31 所示电路，根据 MN 的不同取值，确定加法器 74HC283 的输入端B3B2B1B0的值。当MN＝00时，加法器74HC283的输人端B3B2B1B0＝ 0000，则加法器的输出为S＝I。当MN＝01时，输入端B3B2B1B0＝0010，加法器的输出 S＝I＋2。同理，可分析其他情况，如表题解 4．4．31 所示。 该电路为可控制的加法电路。 第六章 习题答案 已知某时序电路的状态表如表题 6．1，6 所示，输人为 A，试画出它的状态图。如果电路的初始状态在 b，输人信号 A 依次是 0、1、0、1、1、1、1，试求其相应的输出。 解：根据表题 6。1．6 所示的状态表，可直接画出与其对应的状态图，如图题解 6．1。6（a）所示。当从初态 b 开始，依次输人 0、1、0、1、1、1、1 信号时，该时序电路将按图题解 6， 1．6（b）所示的顺序改变状态，因而其相应的输出为 1、0、1、0、1、0、1。 试分析图题 6。2．1（a）所示时序电路，画出其状态表和状态图。设电路的初始状态为 0，试画出在图题 6．2．1（b）所示波形作用下，Q 和 z 的波形图。 解：状态方程和输出方程： 分析图题 6．2。4 所示电路，写出它的激励方程组、状态方程组和输出方程，画出状态表和状态图。 解：激励方 程 状态方 程 输出方程 Z=AQ1Q0 根据状态方程组和输出方程可列出状态表，如表题解 6．2．4 所示，状态图如图题解 6。2．4 所示。 分析图题 6．2．5 所示同步时序电路，写出各触发器的激励方程、电路的状态方程组和输出方程，画出状态表和状态图。 解：激励 方程 状态方 程 输出方 程 根据状态方程组和输出方程列出该电路的状态表，如表题解 6，2，5 所示，状态图如图题解 6。2．5 所示。 用 JK 触发器设计一个同步时序电路，状态表如下 解：所要设计的电路有 4 个状态，需要用两个 JK 触发器实现。 （1）列状态转换真值表和激励表由表题 6。3．1 所示的状态表和 JK 触发器的激励表， 可列出状态转换真值表和对各触发器的激励信号，如表题解 6．3。1 所示。 （2）求激励方程组和输出方程 由表题解 6．3．1 画出各触发器 J、K 端和电路输出端 y 的卡诺图，如图题解 6．3．1（a）所示。从而，得到化简的激励方程组 输出方程 Y=Q1Q0 Q1Q0A 由输出方程和激励方程 话电路 试用下降沿出发的 D 触发器设计一同步时序电路，状态图如 （a）, S0S1S2 的编码如 （a） 解：图题 6．3。4（b）以卡诺图方式表达出所要求的状态编码方案，即 S0＝00，Si＝01， S2＝10，S3 为无效状态。电路需要两个下降沿触发的 D 触发器实现，设两个触发器的输出为 Q1、Q0，输人信号为 A，输出信号为 Y （1）由状态图可直接列出状态转换真值表，如表题解 6。3．4 所示。无效状态的次态可用 无关项×表示。 （2）画出激励信号和输出信号的卡诺图。根据 D 触发器的特性方程，可由状态转换真值表 直接画出 2 个卡诺图，如图题解 6．3。4（a）所示。 ｜ （3）由卡诺图得激励方程 输出方 程 Y=AQ1 （4）根据激励方程组和输出方程画出逻辑电路图，如图题解 6．3．4（b）所示。 （5）检查电路是否能自启动。由 D 触发器的特性方程 Q＾←l＝D，可得图题解 6．3，4 （b）所示电路的状态方程组为 代入无效状态 11，可得次态为 00，输出 Y=1。如图(c) 试画出图题⒍⒌1 所示电路的输出(Q3—Q0)波形，分析电路的逻辑功能。 解：74HC194 功能由 S1S0 控制 00 保持， 01 右移 10 左移 11 并行输入 当启动信号端输人一低电平时，使 S1=1，这时有 S。＝Sl＝1，移位寄存器 74HC194 执行并行输人功能，Q3Q2Q1Q0＝D3D2D1D0＝1110。启动信号撤消后，由于 Q。＝0，经两级与非门后，使 S1=0，这时有 S1S0＝01，寄存器开始执行右移操作。在移位过程中，因为 Q3Q2、 Q1、Q0 中总有一个为 0，因而能够维持 S1S0=01 状态，使右移操作持续进行下去。其移位情况如图题解 6，5，1 所示。 由图题解 6．5。1 可知，该电路能按固定的时序输出低电平脉冲，是一个四相时序脉冲产生电路。 试用上升沿触发的 D 触发器及门电路组成 3 位同步二进制加 1 计数器；画出逻辑图解：3 位二进制计数器需要用 3 个触发器。因是同步计数器，故各触发器的 CP 端接同一时钟脉冲源。 （1）列出该计数器的状态表和激励表，如表题解 所示‘ (2) 用卡诺图化简，得激励方程 （3）画出电路 用 JK 触发器设计一个同步六进制加 1 计数器解：需要 3 个触发器 （1）状态表，激励表 （2）用卡诺图化简得激励方程 （3）画出电路图 （4）检查自启动能力。 当计数器进入无效状态 110 时，在 CP 脉冲作用下，电路的状态将按 110→111－→000 变化，计数器能够自启动。 试用 74HCT161 设计一个计数器，其计数状态为自然二进制数 1001～1111。 解：由设计要求可知，74HCT161 在计数过程中要跳过 0000～1000 九个状态而保留 1001～ 1111 七个状态。因此，可用“反馈量数法”实现：令 74HCT161 的数据输人端 D3D2D1D0 ＝1001，并将进位信号 TC 经反相器反相后加至并行置数使能端上。所设计的电路如图题解 6。5．15 所示。161 为异步清零，同步置数。 试分析电路，说明电路是几进制计数器解：两片 74HCT161 级联后，最多可能有 162＝256 个不同的状态。而用“反馈置数法”构成的图题 6．5。18 所示电路中，数据输人端所加的数据 01010010，它所对应的十进制数是 82，说明该电路在置数以后从 01010010 态开始计数，跳过了 82 个状态。因此，该计数器的模 M=255－82＝174，即一百七十四进制计数器。 试用 74HCT161 构成同步二十四一制计数器，要求采用两种不同得方法。 解：因为 M=24，有 16＜M＜256，所以要用两片 74HCT161。将两芯片的 CP 端直接与计数脉冲相连，构成同步电路，并将低位芯片的进位信号连到高位芯片的计数使能端。用“反馈清零法”或“反馈置数法”跳过 256－24＝232 个多余状态。 反馈清零法：利用 74HCT161 的“异步清零”功能，在第 24 个计数脉冲作用后，电路的输出状态为 00011000 时，将低位芯片的 Q3 及高位芯片的 Q0 信号经与非门产生清零信号，输出到两芯片的异步清零端，使计数器从 00000000 状态开始重新计数。其电路如图题解 6．5．19 （a）所示。 反馈置数法：利用 74HCT161 的“同步预置”功能，在两片 74HCT161 的数据输入端上从高位到低位分别加上 （对应的十进制数是 232），并将高位芯片的进位信号经反相器接至并行置数使能端。这样，在第 23 个计数脉冲作用后，电路输出状态为 ，使进位信号 TC＝1，将并行置数使能端置零。在第 24 个计数脉冲作用后，将 状态置人计数器，并从此状态开始重新计数。其电路如图题解 6。5．19（b）所示。 第七章 习题答案 指出下列存储系统各具有多少个存储单元，至少需要几根地址线和数据线。 （1）K×1 （2）256K×4 （3）lM×1 （4）128K×8 解：求解本题时，只要弄清以下几个关系就能很容易得到结果：存储单元数=字数×位数 n 地址线根数（地址码的位数）n与字数N的关系为：N=2数据线根数＝位数 （1）存储单元〓K×1〓K（注：lK＝1024）；因为，K〓2’。，即亢〓16，所以地址线为 16 根；数据线根数等于位数，此处为 1 根。 同理得： （2）1M 个存储单元，18 根地址线，4 根数据线。 （3）1M 个存储单元，18 根地址线，1 根数据线。 ！ ＿ （4）lM 个存储单元，17 根地址线，8 根数据线。 设存储器的起始地址为全 0，试指出下列存储系统的最高地址为多少？ （1）2K×1 （2）16K×4 （3）256K×32 解：因为存储系统的最高地址＝字数十起始地址一 1，所以它们的十六进制地址是： （1） 7FFH （2） 3FFFH （3） 3FFFFH ＇ 7，2．4 一个有 1M×1 位的 DRAM，采用地址分时送人的方法，芯片应具有几条地址线？解： 1010 由于 1M=2×2，即行和列共需 20 根地址线。所以，采用地址分时送人的方法，芯片应具有 10 根地址线。 7．2．5 试用一个具有片选使能 CE、输出使能 OE、读写控制 WE、容量为 8 K×8 位的 sRAM 芯片，设计一个 16K×16 位的存储器系统，试画出其逻辑图。 解：采用 8K×8 位的 sRAM 构成 16K×16 位的存储器系统，必须同时进行字扩展和位扩展。用 2 片 8K×8 位的芯片，通过位扩展构成 8K×16 位系统，此时需要增加 8 根数据线。要将 8K×16 位扩展成 16K×16 位的存储器系统，还必须进行字扩展。因此还需 2 片 8K×8 位的芯片通过同样的位扩展，构成 8K×16 位的存储系统，再与另一个 8K×16 位存储系统进行字扩展，从而实现 16K×16 位的存储器系统，此时还需增加 1 根地址线。系统共需要 4 片 8K×8 位的 SRAM 芯片。 用增加的地址线 A13 控制片选使能 CE 便可实现字扩展，两片相同地址的 sRAM 可构成 16 位数据线。其逻辑图如图题解 7。2．5 所示。其中（0）和（1）、（2）和（3）分别构成两个 8K×16 位存储系统；非门将 A13 反相，并将 A13 和/A13 分别连接到两组 8K×16 的片选使能端 CE 上，实现字扩展。 因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容
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