第7章 脉冲波形产生与变换-习题答案090515

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第7章习题

7.4 门电路构成的施密特触发器如图7.4(a)所示,若V DD = 10 V,R1 = 3 kΩ,R2 = 6 kΩ,计算电路

的V T+、V T−和ΔV值。

解:

1

2105V

2

th DD

V V

==×=

1

2

3

1157.5 V

6

T th

R

V V

R

+

⎛⎞⎛⎞

=+=+×=

⎜⎟⎜⎟

⎝⎠

⎝⎠

1

2

3

115 2.5 V

6

T th

R

V V

R

⎛⎞⎛⎞

=−=−×=

⎜⎟⎜⎟

⎝⎠

⎝⎠

7.5 2.5 5 V

T T

V V V

+−

Δ=−=−=

7.7 用555定时器组成的单稳态触发器对输入信号V i的负脉冲宽度有何要求?为什么?若V i的负

脉冲宽度过大,应采取什么措施?

解:用555定时器组成的单稳态触发器要求输入信号V i的负脉冲宽度小于暂稳态时间T W,否则,暂稳态将不能正常的回到稳态.若V i的负脉冲宽度过大,应在V i和555的TR端之间加一级微分电路。

7.8 题图7.8是555定时器构成的单稳态触发器及输入V i的波形,已知:V cc = 10 V,R = 33 kΩ,

C = 0.1 μF,求:

(1)输出电压V o的脉冲宽度T w;

(2)对应V i画出V c、V o的波形,并标明波形幅度。

题图7.8

解:(1) T W = 1.1RC

=1.1×33×103×0.1×10-6

=3.63 ms

(2) 波形如图

7.12 利用74121设计脉冲电路,要求输入、输出波形的对应关系如题图7.12所示,画出所设计的

电路,计算器件参数。设C1 = 5000 pF,C2 = 2000 pF。

题图7.12

解:画出Q1,Q2波形如解题图7.12(a)。

器件值计算如下:

T W1 =50 μs =0.7R1C1, 取C1=5000 pF,

6

3

19

5010

14.2810

0.7500010

R

×

==×

××

Ω

T W2 =3 μs =0.7R2C2, 取C2 =2000 pF,

6

3

29

310

2.1410

0.7200010

R

×

==×

××

Ω

所设计的电路图如解题图7.12(b)。

(a)(b)

解题图7.12

7.13 电路及输入波形V i如题图7.13所示,对应V i画出Q1、Q2波形,并计算T w。

题图7.13

解: Q1,Q2的波形幅度: 高电平3.6 V, 低电平0.1 V

Q1负脉冲宽度< 5 ms, 周期T1=70 ms

Q2正脉冲宽度T W = 44 ms ,周期T2 = 70 ms

波形如解题图7.13

解题图7.13

7.17 简述题图7.17所示电路的工作原理。若要求扬声器TH在开关K瞬间按下后以f = 0.2 kHz

的频率响3 s,试计算图中R1、R2的值。

题图7.17

解: 555(I)是单稳态触发器, 555(II)是多谐振荡器.

Q1=1时, (II)片R D(4脚)为高电平, (II)振荡, TN响;

Q1=0时, (II)片停振, TN不响.

开关K断开时, (I)片2脚为高电平V cc, K按下后, 2脚由V cc→0, 即由1→0. 此下降沿触发(I)片, Q1由0→1, (II)片起振, TN发声, 经过时间T W =1.1R1C1=10 s后, Q1由1→0, (II)片停振.

(I): T W =1.1R1C1,

3=1.1R1×20×10-6R1=136 kΩ

(II): f = 0.2 kHz ,T= 1/f = 1/0.2 kHz = 0.005 s

T=0.7(R2+2R3)C; 0.005=0.7(R2+2×2.5×103) ×0.22×10-6 ; R2= 27.5 kΩ

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