Fórum témák

» Több friss téma
Fórum » Flip flop JK+clear kimenet??
Lapozás: OK   1 / 1
(#) dzseronimo hozzászólása Nov 27, 2009 /
 
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??
(#) coolmsnman hozzászólása Nov 27, 2009 /
 
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.

(#) kendre256 válasza dzseronimo hozzászólására (») Nov 27, 2009 /
 
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.
(#) El_Pinyo válasza coolmsnman hozzászólására (») Nov 27, 2009 /
 
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.

(#) kendre256 válasza coolmsnman hozzászólására (») Nov 27, 2009 /
 
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
(#) coolmsnman válasza El_Pinyo hozzászólására (») Nov 27, 2009 /
 
Igen igazad van.Nem néztem át amit dzseronimo írt csak kiegészítettem(rosszul).
(#) dzseronimo válasza El_Pinyo hozzászólására (») Nov 27, 2009 /
 
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.
(#) kendre256 válasza kendre256 hozzászólására (») Nov 27, 2009 /
 
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).
(#) kendre256 válasza dzseronimo hozzászólására (») Nov 27, 2009 / 4
 
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).
(#) dzseronimo válasza kendre256 hozzászólására (») Nov 27, 2009 /
 
köszi szépen a megoldást, jó 8
(#) kendre256 válasza dzseronimo hozzászólására (») Nov 27, 2009 /
 
Szivesen, köszi a pontot!
(#) RED-FOX válasza El_Pinyo hozzászólására (») Júl 23, 2010 /
 
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
(#) potyo válasza RED-FOX hozzászólására (») Júl 23, 2010 /
 
Adatlapból kiderül a pontos maximum, de a 24mA úgy emlékszem már sok lenne a sima cmos-nak. Tegyél tranzisztoros erősítést.
(#) albedo hozzászólása Jan 9, 2011 /
 
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??
(#) proli007 válasza albedo hozzászólására (») Jan 9, 2011 /
 
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
Következő: »»   1 / 1
Bejelentkezés

Belépés

Hirdetés
XDT.hu
Az oldalon sütiket használunk a helyes működéshez. Bővebb információt az adatvédelmi szabályzatban olvashatsz. Megértettem