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数字电路——触发器1（RS和钟控触发器）

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数字电路——触发器1（RS和钟控触发器）介绍各种 RS 和钟控触发器的电路 状态转化表 特征方程和时序图 以及如何去除约束条件 消除空翻和一次性变化等问题 rs 触发器

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触发器：能够存储一位二进制信息的基本单元电路称触发器(Flip-Flop)

特点：

  1. 具有两个能自行保持的稳定状态，用来表示逻辑状态的“0”或“1”。
  2. 具有一对互补输出。
  3. 有一组控制(激励、驱动)输入。
  4. 或许有定时(时钟)端CP(Clock Pulse)。
  5. 在输入信号消失后，电路能将获得的新状态保存下来
  6. 触发器接收输入信号之前的状态叫做现态，用Qn表示。触发器接收输入信号之后的状态叫做次态，用Qn+1表示

空翻：在一个时钟周期内触发器状态多次翻转的现象被称为“空翻”

一、RS触发器

1.1 与非门构成的触发器

1.电路结构

数字电路——触发器1（RS和钟控触发器）

2.状态转化表

数字电路——触发器1（RS和钟控触发器）

0与任何数相与都是0，即0&X=0，所以0与任何数经过与非门之后都得到1

当\bar{S}和\bar{R}同时为0时，{\bar{Q}}^{n+1}和Q^{n+1}与Q^{n}无关，输出恒为1，而一个数与它的非不会相等，所以此时被禁用

1与任何数经过与非门之后，得到的数是本身的相反数

当\bar{S}和\bar{R}同时为1时，Q^{n+1}由{\bar{Q}}^{n}取反，所以Q^{n+1}=Q^{n}，同理，{\bar{Q}}^{n+1}={\bar{Q}}^{n}，表现在电路上就是保持电位。

当\bar{S}=0，\bar{R}=1时，Q^{n+1}=1，表现为电路置位

当\bar{S}=1，\bar{R}=0时，Q^{n+1}=0，表现为电路复位

3.特征方程

根据卡诺图写出化简后的公式

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Q^{n+1}=S+\bar{R}Q^{n}（\bar{S}+\bar{R}=1，即\bar{S}和\bar{R}不能同时为0）

4.时序图

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1.2 或非门构成的R-S触发器

1.电路结构

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2.状态转化表

类比于与非门R-S可得状态转化表

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3.特征方程

根据卡诺图写出化简后的公式

数字电路——触发器1（RS和钟控触发器）

Q^{n+1}=S+\bar{R}Q^{n}（S*R=0，即S和R不能同时为1）

4.时序图

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RS触发器总结

与非门和或非门构成的RS触发器的特征方程：Q^{n+1}=S+\bar{R}Q^{n}

所以引入时钟信号，这样就可以控制多长时间采集一次数据

二、钟控触发器

2.1 钟控RS触发器

加入时钟信号CP（Clock Pulse），当CP=0时，\bar{S}和\bar{R}都为1，电路状态不变。

也就是说钟控RS触发器在CP为1时采集信号，CP=0时不采集

1.电路结构

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2.状态转化表

CP=0时，此时的输出与或非门RS触发器的状态转化表一样。

3.特征方程

Q^{n+1}=S+\bar{R}Q^{n}（S*R=0，SR同时为1时，两端都输出1）

4.状态图

数字电路——触发器1（RS和钟控触发器）

数字电路——触发器1（RS和钟控触发器）

5.问题

2.2 钟控RS触发器

 CP=0时，G7和G8都为1，与R和S的输入无关，{Q}'电路状态不变

1.电路结构

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2.状态转化表

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3.特征方程

Q^{n+1}=S+\bar{R}Q^{n}（S*R=0，SR同时为1时，两端都输出1）

4.时序图

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在CP从1变到0时，\bar{CP}=1，{Q}'才传送到了从触发器，也就是说，在一个CP周期内，RS不变，此时就解决了空翻问题

2.3 D触发器

1.电路结构

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2.状态转化

CP=0时，G3和G4为1，Q^{n+1}=Q^{n}

3.特征方程

Q^{n+1}={D}（这时就没有了约束条件）

4.存在的问题

2.4 维持阻塞D触发器

1.电路结构

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2.状态转化表

CP=0时，G3=G4=1：Q^{n+1}=Q^{n}
D=0时，G6=1,G5=0；
D=1时，G6=0,G5=1

数字电路——触发器1（RS和钟控触发器）

所以，只有在上升沿的时候才检测D信号，避免了空翻问题

3.特征方程

Q^{n+1}={D}

4.状态图

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2.5 JK触发器

相较于之前的最大特点就是加入反馈，以此消除钟控RS的约束；
而且之前的禁用情况变为了翻转

1.电路结构

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CP=0时，电路状态保持不变

2.状态转化表

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3.特征方程

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Q^{n+1}={J}\bar{Q}^{n}+{K}Q^{n}

4.存在的问题

还是会空翻，为了消除空翻，引出主从JK触发器

2.6 主从JK触发器

1.电路结构

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2.状态转化表

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3.特征方程

Q^{n+1}={J}\bar{Q}^{n}+{K}Q^{n}

4.状态图

Q^{n}=0时，只要J=1就可以使Q^{n+1}=1，其他情况状态不变

Q^{n}=1时，只要K=1就可以使Q^{n+1}=0

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5.特点

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原因：状态互补的Q和Q分别引回了门G7和G8的输入，使门G7和G8总有一个是被封锁的

当Q=1时，由于\bar{Q}=0，所以J端不起作用，
若K=1，则{\bar{Q}}'=1，{Q}'=0；若K=0，则G7=G8=1，{\bar{Q}'}和{Q}'状态保持不变

在CP从“1”变为“0”后，主触发器的状态传送到从触发器

由于一次性变化问题，倘若在CP=1期间，叠加在J、K上面的干扰信号引起一次变化，那么将造成触发器的错误翻转。所以由 边沿型JK触发器代替主从JK触发器。

6.时序图

上升沿接收，每一次下降沿采集数据，00保持，01置0,10置1,11翻转

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2.7 边沿型JK触发器

1.电路结构

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CP=0时，G1,G1,G3,G6被封锁，\bar{S}=\bar{R}=1，所以Q^{n+1}=Q^{n}

CP从0变1，即CP上升沿时，触发器由保持状态不变进入自锁状态，所以Q^{n+1}=Q^{n}

CP从1变0，即CP下降沿时，G3、G6输出0，触发器解除自锁状态虽然G1、G2由于CP从1变0而被封锁，但其输出端S、R要经过一个与非门延迟才能变为1，所以在解除自锁的一刻，被基本RS触发器接收的R、S仍为CP下降沿到来之前的值，即:\bar{R}=\bar{K Q^{n}}，\bar{S}=\bar{J \bar{Q}^{n}}

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2.状态简化表

00保持，01置0，10置1，11翻转

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3.特征方程

Q^{n+1}={J}\bar{Q}^{n}+{K}Q^{n}

4.状态图

同JK触发器相同，Q^{n}由0变1需要J=1，由1变0需要K=1

5.时序图

下降沿时采集JK信号，

数字电路——触发器1（RS和钟控触发器）

边沿型JK触发器不仅囊括了主从JK触发器的优点，

可以看到CP=1期间的信号震荡不会影响结果，解决了主从JK触发器震荡导致一次性变化，造成触发器的错误翻转的问题。

三、总结

  1. 去除约束条件，有两种方案：D触发器和JK触发器
  2. 如果想要解决空翻问题，使触发器变为主从触发器（维持阻塞D触发器的结构也类似于主从触发器）
  3. 对于主从JK触发器的一次性变化问题，使用边沿JK触发器（利用或非门避免产生一次性变化问题）

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