最新工程电磁场部分课后习题答案

工程电磁场课后答案1(完整)

0.29K
7401
VOH 74LS00
2.9.1 驱动: 负载: 拉电流: 灌电流: 扇出:
2.9.2 VOH > VIH VOL < VIL IOH > IIH IOL > IIL
第三章组合逻辑电路分析与设计
3.1.2证明（C）A ABC ACD C D E
A ACD (C D )E
(b) _______ ________ _______ ________
A B C D C D A D
( A B)(C D) (C D)( A D)
(C D)( A B D)
AC AD BC BD CD D
AC BC D
3.2.1展开最小项(a) L A(B C) A BC A(B B)(C C) ( A A)BC
mi
3.2.2 (a)
______________________
___________________
AC ABC BC ABC AC BC BC ABC
灌电流多余: (8-4.8)/0.4=8
N=min(8,17)=8
2.4.5
__________________ ____ ____
L AB BC D E
AB BC D E
2.4.6 RP计算 (1)拉电流时
VCC R IP IH 74LS 00 VOH 7401
D=0 选中低位片1；D=1 选中高位片2
01234
56789
1
0
1
A B C D
0
2
0
4.2.9 7位数字译码显示电路

3工程电磁场课后答案(王泽忠全玉生卢斌先著) 清华大学出版社

工程电磁场答案第1章梯度：x y z u u u gradu e e e u x y z∂∂∂=++=∇∂∂∂; 散度：y x z A A A divA A x y z∂∂∂=++=∇⋅∂∂∂ ；旋度:xy zxy ze e e rotA A x y z A A A ∂∂∂==∂∂∂ ∇⨯ 1-1（1）解：，T xy = ∴等温线方程为T x ，y c ==解得cy x=为双曲线族（2）解：21T 2x y=+ ， ∴等温线方程为221T c x y ==+，解得221x y c +=为半径的圆族 1-2（1）解：1u ax by cz=++ ，∴等值面方程为1u c ax by cz==++，解得， 110ax by cz c ++-=所以它为平行平面族（2）解：u z =-，∴等值面方程为u z c ==，解得()222x y z c +=-，顶点在(的圆锥面族)0,0,c （3）解： ()222ln u x y z=++，∴等值面方程为，()222ln u x y z =++c =解得222cx y z e ++=，所以它为球心在原点的球面族1-3解：由题意可得,,x y z 2A x A y A z ===，又x y zdx dy dz A A A ==，即2dx dy dzx y z ==， ,2dx dy dx dzx y x z∴==， 212,y c x z c x ==，过()1.0,2.0,3.0M 122,3c c ∴==，即22,3y x z x ==（联立）1-4解：由题意可知22,,x y z 2A y x A x y A y z ===，,x y zdx dy dz A A A ==即222dx dy dz y x x y y z ==，,dx dy dx dzy x x z∴==，可得2212,x y c z c -==x （联立） 1-5 解：|621M ux z x ∂=+=∂2， 0|2M uz y ∂=-=-∂6，|222M uz y x z ∂=-+=∂4，余弦cos αβγ===，所以方向导数为0|1264M u l ∂=-=∂ 1-6 解：000|5,|4,|M M M u u uy z x z x y x y z∂∂∂=+==+==+=∂∂∂3，过点()， 1.0,2.0,3.0余弦cos α==，cos β==cos γ==543+=1-7 解：0|22,24,2M u u u y x z x y z∂∂∂==-===-=-∂∂∂2)，设点到点的方向余弦为()2.0, 1.0.1.0-(3.0,1.0. 1.0-1cos 3α==，22cos ,cos 33βγ==-，所以方向导数为()12222333⎛⎫⨯-++-⨯-= ⎪⎝⎭103，由题意可知。

工程电磁场习题解答1

工程电磁场习题解答（1）1. 真空中两个点电荷q 和-pq (0<p<1)，求两电荷连线上，电场强度为零的点电荷间的距离。

解：因为0<q<1，A 离-qp 近，离q 远，则二者即产生的 E 会抵消，而B 点不行，这是因为离q 近离-pq 远，即产生的E 一大一小无法抵消。

令x 如图，则两点电荷在A 点产生的场强分别为：q 点：r x d q E 201)(4+=πε， -pq 点：r x pqE 2024πε-= 令021=+=E E E A ，有04)(42020=-++xpqx d q πεπε 解此方程，可得：d pp x -=1（只能取正值）。

2. 两同号的点电荷q1=q, q2=3q, 在真空中相距d ，问在两点电荷的连线上，在哪一点上，它们各自产生的电场强度大小、方向均相同。

解：因为q1<q2, 分析知，只可能是A 点，令x 如图示，由点电荷电场的计算公式：r r q E 204πε=据题意有：2020)(434x d qx q +=πεπε 求解方程可得，x=1.37d.电场强度E 的环路定理与电位函数3. 长直电缆的缆芯与金属外皮为同轴圆柱面。

长度L 远大于截面尺寸，若缆芯的外半径为R 1，外皮的内半径为R 2，其间绝缘介质的电容率为ε，试确定其中电场强度与电压的关系。

解作半径为R 的同轴圆柱面，R 1<R <R 2。

设缆芯单位长度上的电荷量为τ，由高斯定理，R2E R 2D πετ=⇒πτ=两柱面间的电压：12R R R R 12R R ln 2R dR 2R d E U 2121πετ=πετ=⋅=⎰⎰ 121212121212R R ln R U R 21R R ln U 2E ,R R ln U 2=πε⋅πε=πε=τ∴4. 圆柱形电容器的柱面之间充满了体密度为ρ的均匀体积电荷，电容率为ε0,内、外柱面的半径分别为R 1和R 2，施加电压U 12。

《工程电磁场》习题答案

2

r' R
(
R d
)
2
4 R
d
R
2
8-1 一个空气介质的电容器，若保持板极间电压不变，向电容器的板极间注满介电常数为
4 0 的油，问注油前后电容器中的电场能量密度将如何改变？若保持电荷不变，注油前
后电容器中的电场能量密度又将如何改变？解：
c E
s
d U d
D E c Q U we 1 1 D E E 2 2

1 br u 0 ih 2
) dr a b ln ac bc )
0
u 0 ih 2 u 0 ih 2
ar br
(ln
a (b c ) b(a c)
u 0 whI cos wt b(a c) a (b c )

d dt
m
2
ln
6-4 如题 6-4 图所示，一半径为 R 的接地体球，过球面上一点 P 作球面的切线 PQ,在 Q 点放置点电荷 q，求 P 点的电荷面密度，解：
E
0

2 0 r
2-8 解： E 2 r
E
r
2
0

E
r 2 0

2 0
R r

2 0
d
2-15 解：电场切向连续，电位移矢量法向连续
E 2 x 2 0, E 2 y 1 0, D 2 z 5 0 r 0
JD D t E t
U m
d
w cos wt
2 rH r J D r
2 2
wU
d
m

工程电磁场 (杨宪章邹玲樊亚东著) 中国电力出版社课后答案题ch1

E2 ⋅ 2πR = E3 ⋅ 2πR =
τ1 τ1 ， E2 = 2ε 0πR ε0
R > R2 ：
S
课
后
v 仅 R2 中不填 ρ ，其内 E2 ：
ρπr 2 E2 ⋅ 2πr = ε0
r v v v ρ v r ρa ∴ E = E1 − E2 = (R − r ) = 2ε 0 2ε 0
习题 1-17 解：任意半径 r 处 E： v v ∫ εEdS = q
v σ ⋅ 2πrdr ⋅ x v dE = i 3 2 2 2 4πε 0 r + x
网
P
x
(
故 r 从 R1 到 R2 积分即所有圆环产生的场强：
v R2 σ ⋅ 2πrdr ⋅ x v σx E=∫ i = 3 4ε 0 2 2 R1 4πε r + x 2 0
R2
(
)
d r 2 + x 2 v σx −2 i = 3 ∫ 4ε 0 2 R1 r 2 + x 2 2 r + x2
v E1 = q r r, 2 4πq0 (d + x )
-pq:
v E2 =
− pq v r 2 4πε 0 ( x )
两边开方取正值： x =
p 1− p
d
习题 1-11
A x q1 d q2
解：分析知，只可能是 A 点，Q q2 > q1 ，∴ A 点必须离 q1 近、离 q2 远才行令 x 如图示，据题意有
σ ⎢ 1− E= 2ε 0 ⎢
⎣
⎡
(
⎤ ⎥ 1 2 2 2 ⎥ R2 + x ⎦ x
)
2）又
R2 →∞得 x

工程电磁场 (杨宪章邹玲樊亚东著) 中国电力出版社课后答案题ch5

∞
w.
给定的边界条件为
答
案
网
ϕ (r, θ ) = R (θ )Θ(θ ) = ∑ ⎜ An r r +
r=a r→∞
ϕ＝0 ϕ＝ − E0 r cos θ
Bn ⎞ Pn (cos θ ) ⎟ r n +1 ⎠ n→∞
课
后
ϕ r→∞ = ∑ ⎜ An r n +
∞
有
⎛ n =0 ⎝
n =0
∞
= ∑ An r n Pn (cos θ ) = − E0 r cos θ
m
ϕ r =a = − E0 a cos θ +
又由
∞ B0 B1 ⎛ B ⎞ + 2 (cos θ ) + ∑ ⎜ nn P (cos θ ) +1 ⎟ n a a ⎠ n =2 ⎝ a
=
可得 B0 = 0,
∞ B0 ⎛ B1 ⎛ B ⎞ ⎞ + ⎜ 2 − E0 a ⎟ cos θ + ∑ ⎜ nn P (cos θ ) = 0 +1 ⎟ n a ⎝a ⎠ ⎠ n =2 ⎝ a
∞
kh
Bn ⎞ ⎟Pn (cos θ ) r n +1 ⎠
Hale Waihona Puke da1 ∂ ⎛ 2 ∂R ⎞ ⎜r ⎟ − n( n + 1) R = 0 R ∂r ⎝ ∂r ⎠
w.
d Θ sin θ sin θ dθ
1
∂Θ ⎞ ⎛ ⎜ sin θ ⎟ + n( n + 1)Θ = 0 ∂θ ⎠ ⎝
n阶勒让德方程
co
常微分方程
欧拉型方程
前者的解为 Pn (cos θ ) 称为勒让德多项式，是 cos θ 的 n 次多项式。例如 P0 (cos θ ) = 1 ，

工程电磁场习题解答2

解图示A、B为两细长导线，令单位长度上分别带电荷+τ，-τ，先求两者之间的电压。因导线很细，d>>R0，可视导线的几何轴与电轴重合，由电场叠加原理，则可得不考虑地面的影响时，导线A与B连接轴线相近表面处点1及点2的电位为：
，
两导线间电压：
按电容的定义，可得单位长度两导线间的电容：
考虑地面的影响，则对应地设置镜象A′之电荷为-τ，镜象B′之电荷为+τ。由电场叠加原理，同样可得任一点P的电位为：
对于w匝线圈，密绕不考虑漏磁，则这一磁通与w匝线圈交链，其磁链Ψ＝wΦ，所以w匝线圈产生的总磁链为，其自感为：
对于内自感，一般均采用近似计算法。不论回路形状如何，其内自感计算可等同于无限长直导线的情况，回路的内自感为线圈的长度l乘以单位长内自感，即：。
一般而言，回路的内自感远小于外自感，所以回路的自感为：L=Li+Lo≈Lo
29.（矢量磁位计算）用矢量磁位的方法，求无限长的平行双输电线的磁场。
解设双输电线通过的电流大小相等方向相反，分布在z轴两边，且输电线轴线距z轴的距离均为x0。双输电线磁场的矢量磁位方向显然平行于z轴。由于输电线为无限长，在平行于xoy平面上磁场分布相同，研究点P（x，y，o）的情况。点P的矢量磁位由导线1和2的矢量磁位A1、A2叠加而得。首先单独考虑导线1的矢量位时，若选定坐标原点o为参考点，则电流I沿z轴方向，任一点P（r，α，z）的矢量磁位A将只有Az分量。
此时通过图示单位长度小环侧面积的磁通为
导线单位长度内磁链
导线单位长度内自感
线圈回路自感则等于外自感与内自感之和。
其中l1为线圈回路轴心线的长度，l2为线圈回路内周界的长度。平行双输电线单位长度的外自感，若再计入其内自感则得平行双输电线单位长度的自感

工程电磁场部分课后习题答案

12-1 一点电荷q放在无界均匀介质中的一个球形空腔中心■设介质的介电常数为一空腔的半径为S求空腔表面的极化电荷面密度。

解由高斯定律，介质中的电场强度为-P(SM- e r) =KT 二——_- E4πer2*r由关系式n = e0E+P,得电极化强度为P-(E - Eo)E = ---- --- -4 Tter因此，空腔表面的极化电荷面密度为1-3-1从静堪场基本方程出发‘证明当电介质均匀时*极化电荷密度P P 存在的条件是自由电荷的体密度P不为零,且有关系式P P- - (I-^)P O解均匀介质的E为常数C t从关系式D= ε0E + P Xr> = εE1得介质中的电极化强度P=D-ε0E-D-E0≤ = (l扱化电荷密度PP =-V -P= - V *[(1 -~)D \=〜D灼(1 一“)Tl )V ・！>εε由円・DP和Sl -号)=仇故上式成为P P=-学)卩1-4-3 IJillF列静电场的边值问题：(0电荷体密度分别为角和他，半径分别为G的双层同心带电球体(如题1 - 4 - 3 图(a));(2)在两同心导体球壳间，左半部和右半部分别填充介电常数为引与∈2 的均匀介质，内球壳带总电荷量为外球売接地(如题1-4-3图(b));(3)半径分别为α与B的两无限也空心同轴圆柱面导体，内圆柱表面上单位长度的电量为厂外圆柱面导休接地(如题I -3图(C))O仅供用于学习版权所有郑州航院电气工程及其自动化邓燕博倾力之作J⅛ t -4- 3 图解（1）选球坐标系，球心与原点重合寸数，故有如下静电场边值问题：由对称性町知，电位护仅为厂的函y1 d zd7σ豁-EO(0≤r< α)⅜d / 不&豁-(a<r<b)I Y Ct ( 乔& (XY 8：r = a=⅞¾’r ≡αιL严翠f P2F = A =拓I lr = A—金一e⅛r =⅛卄L呦=有限值，P-I rf 8-0（2）选球坐标乘*球心与原点重介。

工程电磁场__课后答案(王泽忠_全玉生_卢斌先_著)_清华大学出版社课后题解

电磁场题解
第二章静电场 (注意：以下各题中凡是未标明电介质和导体的空间，按真空考虑） 2-1 在边长为 a 的正方形四角顶点上放置电荷量为 q 的点电荷，在正方形几何中心处放置电荷量为 Q 的点电荷。问 Q 为何值时四个顶点上的电荷受力均为零。解如图建立坐标系，可得
2 1 2 1 q 1 Q 2 + e x + × × × ex 2 2 πε 4πε 0 2 4 2 2 / 2 a a a 0 q 1 2 1 Q 2 1 2 + e y + Eyey = × × × ey 2 2 4πε 0 2 4 πε 2 a 2 a a / 2 0 2 2 + Q 据题设条件，令 q1 + = 0， 4 2 q 解得 Q = − 1 + 2 2 4 2-2 有一长为 2l ，电荷线密度为 τ 的直线电荷。 1）求直线延长线上到线电荷中心距离为 2l 处的电场强度和电位； 2）求线电荷中垂线上到线电荷中心距离为 2l 处的电场强度和电位。解 1）如图（a）建立坐标系，题设线电荷位于 x 轴上 l ~ 3l 之间，则 x 处的电荷微元在坐 Exex =
11
电磁场题解
则 A 、 C 间和 D 、 B 间的电场强度不变，电压也不变，即 U AC = U DB = U / 3 ，
τdy (− e r ) ， dϕ = τdy 2 4πε 0 r 4πε 0 r
ϕ (2l ,0) = 2∫ dϕ =
0
α
τ 4πε 0
∫
α
0
1 dθ 1 π 0.24τ τ ln tan tan −1 + = = 2 4 πε 0 cosθ 2πε 0 2

3工程电磁场课后答案(王泽忠全玉生卢斌先著) 清华大学出版社

工程电磁场答案第1章梯度：x y z u u u gradu e e e u x y z∂∂∂=++=∇∂∂∂; 散度：y x z A A A divA A x y z∂∂∂=++=∇⋅∂∂∂ ；旋度:xy zxy ze e e rotA A x y z A A A ∂∂∂==∂∂∂ ∇⨯ 1-1（1）解：，T xy = ∴等温线方程为T x ，y c ==解得cy x=为双曲线族（2）解：21T 2x y=+ ， ∴等温线方程为221T c x y ==+，解得221x y c +=为半径的圆族 1-2（1）解：1u ax by cz=++ ，∴等值面方程为1u c ax by cz==++，解得， 110ax by cz c ++-=所以它为平行平面族（2）解：u z =-，∴等值面方程为u z c ==，解得()222x y z c +=-，顶点在(的圆锥面族)0,0,c （3）解： ()222ln u x y z=++，∴等值面方程为，()222ln u x y z =++c =解得222cx y z e ++=，所以它为球心在原点的球面族1-3解：由题意可得,,x y z 2A x A y A z ===，又x y zdx dy dz A A A ==，即2dx dy dzx y z ==， ,2dx dy dx dzx y x z∴==， 212,y c x z c x ==，过()1.0,2.0,3.0M 122,3c c ∴==，即22,3y x z x ==（联立）1-4解：由题意可知22,,x y z 2A y x A x y A y z ===，,x y zdx dy dz A A A ==即222dx dy dz y x x y y z ==，,dx dy dx dzy x x z∴==，可得2212,x y c z c -==x （联立） 1-5 解：|621M ux z x ∂=+=∂2， 0|2M uz y ∂=-=-∂6，|222M uz y x z ∂=-+=∂4，余弦cos αβγ===，所以方向导数为0|1264M u l ∂=-=∂ 1-6 解：000|5,|4,|M M M u u uy z x z x y x y z∂∂∂=+==+==+=∂∂∂3，过点()， 1.0,2.0,3.0余弦cos α==，cos β==cos γ==543+=1-7 解：0|22,24,2M u u u y x z x y z∂∂∂==-===-=-∂∂∂2)，设点到点的方向余弦为()2.0, 1.0.1.0-(3.0,1.0. 1.0-1cos 3α==，22cos ,cos 33βγ==-，所以方向导数为()12222333⎛⎫⨯-++-⨯-= ⎪⎝⎭103，由题意可知。

工程电磁场 (杨宪章邹玲樊亚东著) 中国电力出版社课后答案题ch4

习题4-16解：B 只有x 分量，从平面图可见x =0时l Id v 与r r 垂直，x ≠0时l Id v 与r r垂直 απμπμRd dl R IRdlR R R Idl dB x ===∴,443'0'2'0()()3222032220203'202424X RIR X R IR d R IR B +=+==∴∫μππμαπμπ习题4-18解：dbd Ia dr r I S d r I S d B b d d S S +==⋅=⋅=Φ∫∫∫+ln2220000πμπμαπμv v v v习题4-19解：αcos 22221ab b ＝a R −+ααπcos 2)cos(2222222ab b a ab b ＝a R ++=−−+任一点xIB πμ20=1200ln 222221R Ra I adx r I R R AB πμπμ=⋅=Φ∴∫习题4-20解：由安培环路定律10R r <<时，取单位长，22102r R I r B ππμπ=⋅，r R IB 2102πμ=21R r R <<时，I r B 02μπ=⋅，rIB πμ20=32R r R <<时，)()([])()([22223222022232220R R R r I I R R R r I I r B −−−=−−−=⋅μππμπ课后答案网ww w.kh da w .c om)()(222232230R R r R r I B −−=πμ 3R r >时，02=⋅r B π，0=B习题4-21解：任意点：j x D Ix I B v v ))(22(00−+=πμπμ习题4-22解：电流反向，则磁力线反向j x D I x I B v v )(22(00−−=πμπμ习题4-23解：I r B μωπ=⋅2，rIB πμω2=wb R R Ib dr r Ib R R 31210973.0ln 2221−×==⋅=Φ∴∫πμωπμω习题4-24解：P176例中，)(220a d d I −−=Φμ本题，wb a d d I 322109696.0))((−×=−−=Φωμ习题4-25解：B 1、B 2只有t 分量，由边界条件H 1t =H 2tT H B t 2.10024.050000111===μμμ习题4-26解：...1)2(0201122232232223223=−−∂∂=−−∂∂∂∂∂∂=×∇z z r e r R R r R r I r R R r R r I z re r e e r H v v v v v ππαα课后答案网ww w.kh da w .c om习题4-27解：0点上下的m ϕ，0=∞m ϕ 带I 圆导线线圈在轴线上产生的2/32)(2x R IR BH +==μ I l d H BAB A =⋅=−∫vv ϕϕ习题4-28解：忽略边缘效应，H 是圆线m ϕ仅与α有关，D C m +=αϕ令0=α是障碍面，且0|0==αϕm 所以0=D 由安培定律∫∫∫+==πθθπω2020Hdl Hdl I Hdl在（0,2π）中，μ->∞，H 只有法线分量，B 1n =B 2n ，知00==μμHH t 所以02=∫πθdl H t所以00||==−==∫αθαθϕϕωm m Hdl ICQ I =ω，QIC ω=αωϕQIm =0000001αωμααϕμϕμμvv v v Qr I r H B m m −=∂∂−=∇−==习题4-29解：x e z y x F v v 1222)(−++= k z y x yj z y x z z y x z y xkj iF v v v v vv 222222221222)(2)(20)(++−++=++∂∂∂∂∂∂=×∇− 课后答案网ww w.kh da w .c om习题4-30解：∫⋅=Φ∴SS d B vvr<a ，22a rIB πμ=r>a ，rIB πμ2=]2ln 21[2ln 222222202+=+=+=⋅=Φ∴∫∫∫πμπμπμπμπμr Iaa a aI a a I adr r I adr a rI S d B a a a S v v习题4-32解：H R d l L 30010*119.2ln −==πμ习题4-34解：铜：0μμ=，钢：0200μμ=(1)算每公里长自感铜e i L L L +=其中km H L i /10100010008270−×=××=πμ km H l R DL e /1027631ln 700−×=⋅=πμ km mH L L L e i /863.2=+=钢：km H L i /102000010008270−×=××=πμ km H L e /10228157−×=km mH L L L e i /286.22=+=(2)互感：根据方向判断'11Φ+Φ=Φ∴km mH l M /036.02'1'12'2'112ln 20=⋅⋅⋅=πμ习题4-35 解：r I B πμω21=，21102−×=Φdr rId πμω 2122102−×=Φ=Ψdr rId d πωμωω课后答案网ww w.kh da w .c om67ln 10210221276212−−×=×=Ψ∫πωμωπωμωI dr r IH I M 0148.067ln 102212=×=−πωμω习题4-36 解：由题意得...2)(212)2(212)2(212121322112223223020021022=−−++===∫∫∫∫∫∫R R R R R v rdr I R R r R rdr r I rdr R Ir dVH LI W πμππμππμμ...22==I WL习题4-37解：C I mW M =∂∂=|αααcos 21max 21I I M I MI W m ==ααsin 21max I I M M −=∴o 45=α，m N M ⋅×−=∴−310035.0α习题4-38解：1220022102ln 21212)2(21211R R I rdr R Ir dV H W R v πμππμμ===∫∫∫∫ l r V 2π=，l R dR dV112π= 212201212212084|R I dV dR R R R R I V W f C I mg πμπμ−=−=∂∂==测验题4-39解：将其分段考虑，与0点在一条线上的两直线段上的电流不在0点产生磁场，仅两段圆弧上的电流在0点产生磁场。

工程电磁场习题解答1

=
t
ln R2
+
r
é ê
R
2
-
R12
-
2R12
ln
R
2
ù ú
2pe R1 4e ë
R1 û
( ) \
t
=
U12
-
r 4e
R2
- R12
2pe
ln R2
+
r 2e
R12
R1
( ) 将式(1-27)代入式(1-26)中，得：
E(R)
=
U12
-
r 4e ln
R22 R2
-
R12
+
rR 2e
(R 1 á R á R
的内半径为 R2，其间绝缘介质的电容率为ε ，试确定其中电场强度与电压的关系。
解作半径为 R 的同轴圆柱面，R1<R<R2。设缆芯单位长度上的电荷量为τ ，由高斯定理，
t
D= ÞE= t
2pR
2peR
两柱面间的电压：
U12
=
òRR12 E
× dR
=
t 2pe
òRR12
dR R
=
t 2pe
ln
R2 R1
\D
=
t 2pR
(R1 áRáR 2
),
E
=
D e
=
t 2peR
第 7 题图
R1áRáR 0 , E1
=
t 2per1e0R
=
2 ´103 R
(V / m)
R
=
R1+ , E1
=
4´105(V /
m); R
=

工程电磁场课后答案

（4）画出电路图
用正边沿D触发器实现1101序列检测器
第一章节
Q1
Q0
0
0
0
1
1
0
1
1
0
0
0
1
1
0
1
1
试用负边沿D触发器组成4位二进制异步加计数器，画出逻辑图。
7.1.4 试用正边沿D触发器组成3位二进制同步加计数器，画出逻辑图。
规律：
加：
减：
试用正边沿D触发器和门电路设计一个同步三进制减计数器。
5.2.11 触发器转换
6.1.1 由状态表作状态图
6.1.3 由状态图作状态表
5电路的初始状态为01，当序列X=100110时，求该电路输出Z的序列。
解：011010
6.2.5 同步时序电路分析
6.2.9 异步时序电路分析
可自启动的异步七进制计数器
用同步结构实现状态度，要求电路最简，采用正边沿JK触发器。解：(1) 画出状态表列出真值表写出逻辑表达式
7.1.18 用74161采用两种不同方法构成24进制。
试用两片74194构成8位双向移位寄存器。
并联
第五章触发器 5.1.1 R、S输入高电平有效 5.1.3 画同步RS触门组成的同步RS触发器功能
分析各种结构触发的翻转特点
同步触发器：有CP信号控制，高(低)电平期间Q状态保持， (高)低电平期间Q状态由输入端决定；
基本RS触发器：没有CP信号，Q状态由R/S直接决定；
7.1.9 分析计数器改制电路
7.1.11 分析计数器改制电路
异步清零反馈法译码反馈状态(过渡状态)：1010
有效状态：0000~1001 结论：十进制

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