Sziasztok, tudom alapvetö a kerdes, kezdo vagyok, ezert elore is bocsanatot kérek. Van egy flip floppom JK, (edge-triggered) amelyek van egy clear bemenete ami változik és a J, és K bemenet az mindig 1, a kezdeti Q érték az 0. Ha a kimenetet felírom, akkor Q+=J*Q\+K\*Q=Q\, de ezek után el is akadtam. A kérdés mi lesz a kimenet?
Azt értem is hogy amikor Clear=0 és Q=1 akkor lesz a kimenet 1, a többi esetben pedig 0, és akkor ezt kell negálnom??
Q | Clear| Q+ ->negálás ami egyenlö a kimenetetel
---------------
0 | 0 | 0 ->1
0 | 1 | 0 ->1
1 | 0 | 1 ->0
1 | 1 | 0 ->1
A kérdésem, hogy egyáltalán jól csinálom a dolgot? Hogy kell kiszámolnom??

Üdv

Pontosan mit szeretnél megvalósítani?
A működésére akarsz rájönni vagy valahova szeretnéd alkalmazni?


J K Q Qn+1
0 | 0 | 0 ->0
0 | 1 | 0 ->1
1 | 0 | 1 ->0
1 | 1 | 0 ->1 1->0 ekkor negálja a Q értékét.

Hááát... Legalább háromszor olvastam el a kérdésed, de nem értem.
Általánosságban:
Ha a JK tároló J és K bemenete is magas szinten van, akkor az úgy működik, mint egy T tároló, vagyis minden felfutó (vagy lefutó) élre a kimenete állapotot vált. A Clear bemenet általában aszinkron szokott lenni, ha arra az aktív szintet adod (ami lehet 1 is vagy 0 is, megvalósítástól függően), akkor a Q kimenet 1 lesz, függetlenül a bemenetektől, meg az órajel állapotától. Részletesebbet akkor lehetne mondani, ha tudnám a pontos típust.

Szia!
A második és harmadik sort az állapottáblában felcserélted! Ha K = 1, akkor a Qn+1 "nulla" lesz (törlés), míg J = 1, értéknél Qn+1 "egy" lesz (beállítás).

dzseronimo: Légy szíves fejtsd ki mire gondolsz, mert szerintem nem világos a kérdésed, és így nehéz lesz segíteni!

Üdv.

Rosszul írtad fel a táblázatot!
A J a beíró, a K a törlőbemenet, valamint hiányoznak állapotok.
A táblázat helyesen:
J..|K..|Qn|Qn+1
0..|0..|0..|0..|marad az előző állapot
0..|0..|1..|1..|marad az előző állapot
0..|1..|0..|0..|törli a kimenetet, bármi volt előtte
0..|1..|1..|0..|törli a kimenetet, bármi volt előtte
1..|0..|0..|1..|beírja a kimenetet, bármi volt előtte
1..|0..|1..|1..|beírja a kimenetet, bármi volt előtte
1..|1..|0..|1..|állapotot vált a kimenete
1..|1..|1..|0..|állapotot vált a kimenete

Igen igazad van.Nem néztem át amit dzseronimo írt csak kiegészítettem(rosszul).

Nah a problémám a következö a mellékletben van egy kapcsolási rajz, amelyben a bal felsö flip flop müködése érdekelne, hogy hogy jött ki az a kimenet, mert nem nagyon értem, hogy müködik. Ezt próbáltam leírni. elnézést ha érthetetlen voltam.

Bocs, késő van már.., én is hibásan írtam!
A Clear bemenet aktív szintjére a kimenet 0 lesz (és nem 1 !), az előző állapottól és az órajeltől függetlenül (ha aszinkron a törlőbemenet).

Az idődiagramok jól vannak lerajzolva.
A tárolót csak a clk1 és az Y változásai befolyásolják (meg az előző állapota). Ha az Y magas szinten van, akkor nincs törlés (mert a törlőbemenet 0-ra aktív), ekkor a clk1 minden lefutó élére a tároló állapotot vált (lásd pl. q1negált idődiagram jobb oldala). Ha az Y alacsony szintre kerül, akkor a q1negált kimenet azonnal magas szintre áll, és egészen addig marad ott, míg az Y újra magas szinte nem kerül és nem jön egy újabb lefutó él az órajelben (lásd clk1 negyedik lefutó éle). Az Y magas szintre váltásakor nem történik semmi (lásd Y első felfutó éle).
A Clear bemenet aszinkron, ez abból látszik, hogy a Clear=0 hatására a q1negált kimenet akkor is magas szintű lesz, mikor az órajelnek éppen felfutó éle van (ez az Y bemenet második lefutó élénél látszik).

köszi szépen a megoldást, jó 8

Szivesen, köszi a pontot!

hello!

Megtudnád nekem mondani, hogy egy átlag j-k tárolót hány mA-rel lehet 5V on terhelni? Nekem 24mA kellene minimum és félek, hogy ez nem fog kijönni a tárolókból . pc74hc112p a tároló neve.


üdv!
Red-Fox

Adatlapból kiderül a pontos maximum, de a 24mA úgy emlékszem már sok lenne a sima cmos-nak. Tegyél tranzisztoros erősítést.

Sziasztok!
Egy kezdő kérdésem lenne:
Az első áramköreimet építettem meg a napokban, és akadt egy kis gondom a 74HCT109N(pdf) J-K ff-al. Csak annyit szerettem volna, hogy rákötök Q-ra és Q!-ra egy egy LED-et, és én egy nyomógombbal tolom neki az órajelet, miközben J HIGH és !K LOW (vagyis K is HIGH), magyarul minden gombnyomásra a másik LED kezd világítani...
1. Namost - ha egy láb LOW szinten van, az azt jelenti, hogy a negatívra kötöm? azaz ugyanoda, ahova az IC GND-jét? csak mert akkor eléggé macera egy gombbal vezérelni az órajelet, mert meg kell oldani, hogy ne csak HIGH-t produkáljon, hanem elengedéskor le legyen húzva a CP1(pdf) a GND-re.
2. Azzal próbálkoztam, hogy lehúztam a CP1 lábat egy 100k-s ellenállással GND-re, és ez után kötöttem rá a gombbal a VCC-t (5V). Ezek után már váltogatott az áramkör, de jött még egy hiba: sok gombnyomásra egyhelyben maradt (nem váltott), csak felvillant halványan a másik LED, mintha két órajelet adtam volna. Egy sima dip-es tact nyomógombot használok, amiről azt olvastam, hogy nem igazán prellez, de nem tudom, ti vagytok a profik, majd megmondjátok
Adjam inkább egy multivibrátorról az órajelet? Nyilván, ha pl. egy IC vagy kapu adja a 0 és 1 jelet, akkor az úgy lesz L és H ahogy kell, de tényleg így kell viccelődni ellenállással, meg idegesítő hazárdjelenségekkel, ha az ember gombot használ? Ha a lift gombját nyomom vajon az is prellez állandóan??

Hello!
Nem kell elhinni mindent, minden gomb prellez! Ez alól kivétek a Hall nyomógombok, mert abban hiszterézises áramkör van. Tehát igen, egy sima nyomógombbal így kell "vacakolni". Pontosabban segíthet a nyomógombbal párhuzamos kondi, mert akkor a felhúzó (vagy lehúzó) ellenállás nem képes a feszültséget felrántani, ha már egyszer a gomb zárt. De ekkor is lehet gond, mert egyes számlálók, nem kedvelik a lassú órajelet.
Tehát a jó megoldás kétféle lehet.
- Integrátor kondi, és utána hiszterézises bemenetű inverter (vagy kapu)
- RS tárolóval működtetett nyomógomb, de ennek hátránya, hogy a nyomógombnak egy záró és egy bontó érintkezőjének is kell lenni.
Mikroprocesszor esetén is van prellgátlás, csak az szoftveresen van megoldva, ezért nem kell külön plusz alkatrész. (mielőtt még megkérdezed..
üdv! proli007