第4章习题答案
第4章 习题解答
第4章 习题与答案4-1作简谐振动的物体，每次通过同一位置时，不一定相同的量是 [ ] (A) 位移 ； (B) 速度 ； (C) 加速度； (D) 能量。
[答案：B ]4-2 把单摆摆球从平衡位置向位移正方向拉开，使摆线与竖直方向成一微小角度θ ，然后由静止放手任其振动，从放手时开始计时。
若用余弦函数表示其运动方程，则该单摆振动的初相为 [ ](A) π； (B) π/2； (C) 0； (D) θ [答案：C ]4-3 谐振动的振动曲线如题4-3图所示，则有[ ] （A ）A 超前π/2； （B ）A 落后π/2； （C ）A 超前π； （D ）A 落后π。
[答案：A ]4-4 一个质点作简谐振动，振辐为A ，在起始时刻质点的位移为A /2，且向x 轴的正方向运动，代表此简谐振动的旋转矢量图为题4-4图 中哪一个? [ ][答案：B ]4-5 两个质点各自作简谐振动，它们的振幅相同、周期相同。
第一个质点的振动方程为x 1 = A cos(ωt + α)。
当第一个质点从相对于其平衡位置的正位移处回到平衡位置时，第二个质点恰在最大负位移处。
则第二个质点的振动方程为 [ ] (A) )π21cos(2++=αωt A x ； (B) )π21cos(2-+=αωt A x ； (C) )π23cos(2-+=αωt A x ； (D) )cos(2π++=αωt A x 。
[答案：A ]4-6 已知某简谐振动的振动曲线如题4-6图所示。
则此简谐振动的振动方程（SI ）为 [ ](A) 题4-4图题4-3图（A ）220.02cos()33x t =π+π；（B ）220.02cos()33x t =π-π；（C ）420.02cos()33x t =π+π；（D ）420.02cos()33x t =π-π。
[答案：C ]4-7 弹簧振子作简谐振动，先后以相同的速度依次通过A 、B 两点，历时1秒，质点通过B 点后再经过1秒又第二次通过B 点，在这2秒内质点通过的总路程为12cm ，则质点的振动周期和振幅分别为 [ ]（A ）3s 、12cm ； （B ）4s 、6cm ； （C ）4s 、9cm ； （D ）2s 、8cm 。
自动控制原理课后习题第四章答案
G(s)H(s)=
Kr s(s+1)(s+3)
σ根 s=3-K+ω轨r4-3-迹+p4s132ω1-3的+~3ω32分p===s2-离+001K点.p-3r=3：KK~0θrr===012+ωω6021,o=3,=0+±1810.7o
8
jω
1.7
s1
A(s)B'系(s)统=根A'轨(s迹)B(s)
s3 p3
s=sK2±r没=j24有.8.6位×于2K.r根6=×4轨80.迹6=上7，. 舍去。
2
第四章习题课 (4-9)
4-9 已知系统的开环传递函数，(1) 试绘制出
根轨迹图。
G(s)H与(s虚)=轴s交(0点.01s+1K)(系0.统02根s+轨1迹)
jω
70.7
解: GKK(rr=s=)10H5(0s)=ωω2s1,(3=s=0+±17000K.7)r(s+50)
s1
A(s)B'(系s)统=A根'(轨s)迹B(s)
s3 p3
p2
p1
-4
-2
0
((24))ζ阻=尼03.振5s2荡+1响2应s+s的81==K-r0值0.7范+围j1.2
s=s-s10=3=.-80-56.8+50K.7r×=20=s.82-=54×-.631..1155×3.15=3.1
-2.8
450
1080
360
0σ
0σ
第四章习题课 (4-2)
4-2 已知开环传递函数，试用解析法绘制出系
统的根轨迹，并判断点(-2+j0),(0+j1),
习题参考答案(第4章)
a' V XH
a
4-2 用换面法求线段CD的实长和对V面的倾角。
T.CD
d1
c1 d'
X 1 c' X
d
H X1 V1
a1'
b1'
c
4-3 用换面法求相互平行的两条直线AB、CD之间的距离。
b'
d'
a'
c'
X
b
d
a
c
AB、CD间距离
4-4 已知平行直线AB、CD之间的距离为15，用换面法求cd。
15
15
a' c'
b'
d'
b
X2
பைடு நூலகம்X1
a
d
c
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25 1
4-5 已知直线AB与CD垂直相交，用换面法求c'd'。 b'
a'
c a
b d
4-6 用换面法求点到直线BC距离，并求垂足。
a'
c'
b'
c a
A到BC距离 b
O2
4-7 已知点A到直线BC的距离为15，求a。 a1
R15
b1
c1
O1
a b
c a'1
c'1 c2
a2
b1' b2
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27 3
4-11 已知直线AB与 CDE的距离为10，用换面法求ab。
c' e'
b'
a' X
第四章 习题答案
第四章的习题及答案4-1 设有一台锅炉，水流入锅炉是之焓为62.7kJ ·kg -1，蒸汽流出时的焓为2717 kJ ·kg -1，锅炉的效率为70％，每千克煤可发生29260kJ 的热量，锅炉蒸发量为4.5t ·h -1，试计算每小时的煤消耗量。
解：锅炉中的水处于稳态流动过程，可由稳态流动体系能量衡算方程：Q W Z g u H s +=∆+∆+∆221体系与环境间没有功的交换：0=s W ，并忽 动能和位能的变化， 所以： Q H =∆设需要煤mkg ，则有：%7029260)7.622717(105.43⨯=-⨯m解得：kg m 2.583=4-2 一发明者称他设计了一台热机，热机消耗热值为42000kJ ·kg -1的油料0.5kg ·min -1,其产生的输出功率为170kW ，规定这热机的高温与低温分别为670K 与330K ，试判断此设计是否合理？解：可逆热机效率最大，可逆热机效率：507.06703301112max =-=-=T T η 热机吸收的热量：1m in210005.042000-⋅=⨯=kJ Q热机所做功为：1m in 102000m in)/(60)/(170-⋅-=⨯-=kJ s s kJ W该热机效率为：486.02100010200==-=Q W η 该热机效率小于可逆热机效率，所以有一定合理性。
4-3 1 kg 的水在1×105 Pa 的恒压下可逆加热到沸点，并在沸点下完全蒸发。
试问加给水的热量有多少可能转变为功？环境温度为293 K 。
解：查水蒸气表可得始态1对应的焓和熵为：H 1＝83.93kJ/kg, S 1=0.2962kJ/kg.K 末态2对应的焓和熵为：H 2＝2675.9kJ/kg, S 2=7.3609kJ/kg.K)/(0.259293.839.267512kg kJ H H Q =-=-=)/(0.522)2962.03609.7(15.2930.25920kg kJ S T H W sys id =-⨯-=∆-∆=4-4如果上题中所需热量来自温度为533 K 的炉子，此加热过程的总熵变为多少？由于过程的不可逆性损失了多少功？ 解：此时系统的熵变不变)./(0647.7K kg kJ S sys =∆炉子的熵变为)./(86.45330.2592K kg kJ T H T Q S sur -=-=∆-==∆ )./(205.286.40647.7K kg kJ S t =-=∆ )/(0.646205.215.2930kg kJ S T W t l =⨯=∆=4-5 1mol 理想气体，400K 下在气缸内进行恒温不可逆压缩，由0.1013MPa 压缩到1.013MPa 。
第4章 习题及答案
（一)1．目的练习逐步结转分步法及成本还原。
2．资料某企业A产品生产分两个步骤,分别由第一、第二两个生产车间进行。
第一车间生产成品,交半成品库验收,第二车间按所需半成品数量向半成品库领用；第二车间所耗半成品费用按全月一次加权平均单位成本计算。
两个车间月末在产品均按定额成本计价.该企业采用按实际成本结转的逐步结转分步法计算A产品成本.第一、第二两个车间月初、月末在产品定额成本资料及本月生产费用资料见“产品成本明细账”；自制半成品月初余额、本月第一车间完工半成品交库数量及本月第二车间领用自制半成品数量见“自制半成品明细账”.解：产品成本明细账车间名称：第一车间产品名称：半成品A自制半成品明细账半成品名称：半成品A 单位：件产品成本明细账产成品成本还原计算表（二）1．目的练习产品成本计算的综合结转分步法.2．资料某企业生产甲产品，分三个生产步骤进行生产。
该企业设有第一、第二、第三三个基本生产车间，甲产品由这三个车间顺序加工而成。
成本计算采用综合结转法。
原材料在第一车间开始加工时一次投入，半成品不通过中间仓库收发,上一步骤完工后全部交由下一步骤继续加工。
月末在产品按约当产量法计算，各车间月末在产品完工程度均为50％。
该企业本年5月份有关成本计算资料如表1、表2所示。
表1产量记录表2月初在产品成本和本月发生费用表3产品成本计算单135070÷（88＋16)＝1298。
75 24960÷(88＋16×50%）=260 19200÷（88＋16×50％）=200表4产品成本计算单173890÷(8050％）=326。
6表5产品成本计算单244450÷(96＋4）=2444.5 34300÷(96＋4×50％）=350 23520÷(96＋4×50%）=240表6(三)1．目的练习产品成本计算的平行结转分步法.2．资料某厂设有三个基本生产车间,第一车间生产甲半成品，交第二车间继续加工,第二车间生产乙半成品，交第三车间生产丙产成品。
有机化学课后习题答案第四章
4章思考题4.1 付-克烷基化反应的特点是什么?4.2 解释什么叫定位基,并说明有哪三类定位基。
4.3 解释定位效应。
4.4 共振论对于共振结构式有何规定？4.5 试说明芳香亲电取代反应的机理。
4.6 甲苯和对二甲苯相比哪个对游离基卤代反应更活泼？试说明理由。
4.7 用KMnO4或K2CrO7+H+使PhCH3氧化成PhCOOH的反应产率很差，而由p-O2N-C6H4CH3氧化成p-O2NC6H4COOH，同样的氧化反应却有较好的产率。
如何解释。
4.8 回答下列问题。
(1)(1)环丁二烯只在较低温度下才能存在,高于35K即(如分子间发生双烯合成)转变为二聚体,已知它的衍生物二苯基环丁二烯有三种异构体。
上述现象说明什么?写出二苯基环丁二烯三种异构体的构造式。
(2)(2)1,3,5,7-环辛四烯能使冷的高锰酸钾水溶液迅速褪色,和溴的四氯化碳溶液作用得到C8H8Br8a 、它应具有什么样的结构?b、b、金属钾和环辛四烯作用即得到一个稳定的化合物2K+C8H82-(环辛四烯二负离子)。
这种盐的形成说明了什么?预期环辛四烯二负离子将有怎样的结构?解答4.1 答：（1）因烷基正离子容易重排，易形成烷基异构化产物；（2）烷基可活化苯环，易使烷基化反应产物为多元取代产物；（3）烷基化反应是可逆反应，使得产物可能复杂化。
4.2 答：苯环上已有一个取代基后，再进行亲电取代反应时，新进入的基团进入苯环的位置由环上原有取代基的性质决定，这个原有的取代基叫定位基。
定位基可分为三类，即（1）邻、对位定位基，如—OH、—NH2、—NHCOCH3、—CH3等，这类基团使苯环活化，并且使新引入的取代基在定位基的邻位和对位。
（2）间位定位基，如—NO2、—CN、—COCH3、—COOH、—SO3H等，这类基团使苯环钝化，并使新引入的取代基在它的间位。
（3）卤素是一类特殊的定位基，它使苯环钝化，但都是邻、对定位基。
4.3 答：邻、对位定位基的推电子作用是苯环活化的原因，这又可分为两种情况：①在与苯环成键的原子上有一对未共享电子，这对电子可以通过大π键离域到苯环上；②虽无未共享电子对，但能通过诱导效应或超共轭效应起推电子作用的基团，如甲基或其他烷基。
第4章 习题答案
50������－2 = 0
������������������������ = －0.5 +
������������
解得 L＝10(已舍去负值)
且
������2������������������ ������������2
=
－100������－3＜0
所以，当劳动投入量 L＝10 时，劳动的
第四章 生产论 3. 已知生产函数 Q＝f(L，K)＝2KL－0.5L2 －0.5K2， 假定厂商目前处于短期生产，且 K ＝10。
(1)写出在短期生产中该厂商关于劳动的 总产量 TPL 函数、劳动的平均产量 APL 函数 和劳动的边际产量 MPL 函数。
(2)分别计算当劳动的总产量 TPL、劳动 的平均产量 APL 和劳动的边际产量 MPL 各自 达到最大值时的厂商的劳动投入量。
有 MP＝0，于是，有 35＋16L－3L2＝0。
解得������ = − 5
3
和
L＝7。������
=
－
5 3
不合
理，舍去，故取 L＝7。
由此可得，生产要素 L 投入量的合理区 间为[4,7]。因此，企业对生产要素 L 的使用 量为 6 是处于短期生产的合理区间的。
11. 已知生产函数 Q＝AL1/3K2/3。 判断：(1)在长期生产中，该生产函数的规模 报酬属于哪一种类型？
50 劳动的平均产量函数：
APL＝
TPL ＝20－0.5L－ 50
������
������
劳动的边际产量函数：
MPL＝
������������������������ ������������
＝20－L
(2)关于总产量的最大值：
数字电子技术_第四章课后习题答案_(江晓安等编)
第四章组合逻辑电路1. 解： (a)(b)是相同的电路，均为同或电路。
2. 解：分析结果表明图(a)、(b)是相同的电路，均为同或电路。
同或电路的功能：输入相同输出为“1”；输入相异输出为“0”。
因此，输出为“0”(低电平)时，输入状态为AB＝01或103. 由真值表可看出，该电路是一位二进制数的全加电路，A为被加数，B为加数，C为低位向本位的进位，F1为本位向高位的进位，F2为本位的和位。
4. 解：函数关系如下：ABSF+⊕=++ABSSSABB将具体的S值代入，求得F 312值，填入表中。
A A FB A B A B A A F B A B A A F A A F AB AB F B B A AB F AB B A B A B A AB F B A A AB F B A B A B A F B A AB AB B A B A F B B A B A B A B A B A B A F AB BA A A B A A B A F F B A B A F B A B A F A A F S S S S =⊕==+==+⊕===+⊕===⊕===⊕===+⊕===+=+⊕===⊕==+==⊕==Θ=+=+⊕===+++=+⊕===+=⊕===⊕==+=+⊕==+=+⊕===⊕==01111111011010110001011101010011000001110110)(01010100101001110010100011000001235. （1）用异或门实现，电路图如图(a)所示。
(2) 用与或门实现，电路图如图(b)所示。
6. 解因为一天24小时，所以需要5个变量。
P变量表示上午或下午，P＝0为上午，P=1为下午；ABCD表示时间数值。
真值表如表所示。
利用卡诺图化简如图(a)所示。
化简后的函数表达式为D C A P D B A P C B A P A P DC A PD B A P C B A P A P F =+++=用与非门实现的逻辑图如图(b)所示。
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思考题：题4.1.1 按触发方式触发器可分为、和三类。
答：电平触发、主从触发、边沿触发。
题4.1.2 由与非门构成的RS锁存器输入信号不允许同时为。
答：0题4.1.3 触发器有个稳定状态，它可记录位二进制码，存储8位二进制信息需要个触发器。
答：2、1、8。
题 4.1.4 如果由或非门构成的RS锁存器输入信号同时为1，此时输出的原端Q和非端Q 为。
然后改变两输入信号为0，输出原端Q和非端Q为。
答：0、不定（0，1或1，0）题4.2.1 在图4.2.1（b）中将C1改为C2，当C2有效时，1S、1R和C2 。
答：无关。
题4.2.2 同步RS触发器和RS锁存器主要区别是。
答：触发信号。
题4.2.3 保证同步D触发器的输出稳定，要求输入有效信号的高电平至少需要。
答：4t pd。
题4.2.4 同步触发器的缺点是。
（A）抗干扰能力差（B）空翻现象（C）多次翻转（D）约束条件答：A、B、C、D。
题4.2.5 同步D触发器和同步RS触发器相同之处是，不同之处是。
（A）空翻现象，约束条件（B）同步信号，空翻现象（C）约束条件，空翻现象（D）时钟，同步信号答：A题4.3.1 具有约束条件的触发器有。
（A）主从RS触发器（B）由主从RS触发器组成D触发器（C）主从JK触发器（D）由主从JK触发器组成D触发器答：A题4.3.2 具有一次翻转特性的触发器有。
（A）主从RS触发器（B）由主从RS触发器组成D触发器（C）主从JK触发器（D）由主从JK触发器组成D触发器答：Ｃ、D题4.3.3 主从RS触发器不能完全克服多次翻转的原因是。
（A）主从RS触发器的主触发器工作原理和同步RS触发器相同（B）主从RS触发器的从触发器工作原理和同步RS触发器相同（C）输入信号R不稳定12（D ）异步复位或置位不考虑时钟的到来就将输出清零或置1 答：A题4.3.4 主从触发器的时钟在高电平时，将输入信号传递到 。
在低电平时，将信号传递到 。
（A ） 从触发器输出 （B ）主触发器输出 （C ）JK 触发器输出 （D ）D 触发器输出 答：B 、A题4.3.5 主从JK 触发器在时钟CP 高电平时，输入信号J 、K 应保持 。
在CP 变为低电平时，至少保持 可将主触发器来的信号传递到输出。
（A ）1t pd （B ）2t pd （C ）3t pd （D ）4t pd 答：C 、D题4.3.6 T 触发器的激励信号T = 。
（A ）1+⊕n n Q Q （B ）1++n n Q Q （C ）1++n Q T （D ）T Q n + 答：A题4.3.7 主从触发器输入信号需要时钟CP 时传到输出，改变输出状态。
（A ）1个周期的低电平（B ）1个周期的高电平（C ）高电平时（D ）低电平时 答：A 、B题4.4.1 抗干扰能力最弱的触发器是 。
（A ）主从RS 触发器 （B ）维持阻塞RS 触发器（C ）主从JK 触发器 （D ）由主从JK 触发器组成D 触发器 答：A题4.4.2 没有空翻现象的触发器有 。
（A ）主从RS 触发器 （B ）维持阻塞RS 触发器 （C ）维持阻塞D 触发器 （D ）传输延迟JK 边沿触发器 答：B 、C 、D题4.4.3维持阻塞RS 触发器利用 , 在时钟CP 的边沿传递数据, 传输延迟D 触发器利用 , 在时钟CP 的边沿传递数据,。
（A ）门的延时 （B ）维持阻塞线 （C ）脉冲的低电平 （D ）高电平或低电平 答：B 、A题4.4.4 分析传输延迟JK 触发器之后, 发现CP 在高电平时, 输出状态 。
CP 在低电平时，输出状态 。
（A ） 不变 （B ）为0 （C ）为1 （D ）改变 答：A 、A题4.4.5在时钟CP 有效的情况下, 触发器输出的新状态等于输入信号的是 触发器。
（A ）D （B ）JK （C ）RS （D ）T 答：D题4.4.6 D 触发器的输入信号D 在CP 的上升沿到来前需要维持 ，CP 的上升沿到来后，时钟CP 应保持 。
（A ）1t pd （B ）2t pd （C ）3t pd （D ）4t pd 答：B 、C题4.5.1指出下列哪种电路结构的触发器可以构成移位寄存器，哪些不能构成移位寄存器。
如果能够，请在（）内画√，否则画×。
（A）RS锁存器（）（B）同步RS触发器（）（C）主从JK触发器（）（D）维持阻塞触发器（）（E）用CMOS传输门组成的边沿触发器（）答：×、√、√、√、√题4.5.2 对于D触发器，如果令QD ，则D触发器可以完成触发器的逻辑功能。
答：计数题4.5.3有4个JK触发器的J和K全接高电平，第1个JK触发器的时钟接外加时钟信号，第1个JK的输出Q作为第2个JK触发器的时钟，第2个JK的输出Q端作为第3个JK触发器的时钟，第3个的输出Q端作为第4个JK触发器的时钟，且每个JK触发器时钟为低电平有效，问电路完成什么功能？。
若每个JK触发器时钟为高电平有效，问电路又完成什么功能？。
答：加1十六进制计数、减1十六进制计数题4.5.4 JK触发器在CP脉冲作用下，能完成Q n+1= Q n的输入信号应为。
(A) J=K=0 (B) J=Q，K=Q(C) J=Q，K=Q(D) J=Q，K=0 (E) J=0，K=Q答：A、B、D、E题 4.5.5若D触发器的D端连在Q端上，经100个脉冲作用后，其次态为0，则现态应为。
答：0题4.5.6主从RS触发器通过逻辑功能转换为D触发器，D触发器输出状态改变需要时钟的触发方式为。
(A)上升边沿(B)高电平(C) 低电平(D) 一个脉冲(E) 下降边沿答：D习题与自检题习题4.1在题图4.1（a）所示电路中，设现态Q1Q2Q3=000，分析经5个脉冲作用后，各触发器的输出状态Q1Q2Q3是什么，经过几个脉冲又回到了初始状态。
CP1D QC1Q Q1Q2Q31D QC11D QC1(a)题图4.1 习题4.1图34解：经过第1个脉冲的上升沿后，输出状态为100。
经过第2个脉冲的上升沿后，输出状态为110。
经过第3个脉冲的上升沿后，输出状态为111。
经过第4个脉冲的上升沿后，输出状态为011。
经过第5个脉冲的上升沿后，输出状态为001。
6个习题4.2在由边沿JK 触发器组成的两个电路，如题图4.2（a ）、（b ）所示。
试分析两个电路在逻辑功能上的相同之处。
解：相同：两者都是同步三进制计数器，状态循环为00→01→10→00。
计数状态转换图如题图4.2答所示。
不同：图4.2（a ）能自启动，图4.2（b ）不能自启动。
当电路处于11状态时，图4.2（b ）电路始终保持此状态，不能进入三进制计数的循环状态。
而图4.2（a ）电路处于11状态时，只要来一个CP 脉冲后，会翻转为00状态，并能继续正常计数。
习题4.3题图4.3（a ）所示线路均为TTL 电路，试根据题图4.3（c ）所给出的输入波形A 、B 、C , 画出F 1的波形。
1100 01 10 题图4.2答A BC F 2F 1(c) 题图4.3 习题4.3图（a ）& F 1 &&A & C RBR C C B1 1 1KA1J C1 F 2 C R S =1 Q（b ） 题图 4.2 习题4.2图（b ） Q 1 Q 2 CP 1J 1K Q C1 1J 1K Q C1 1Q 2 Q 1CP 1J 1K QC1 1J 1K Q C1 （a ）5解：此题为触发器问题，只要写出触发方程即可画出波形, F 1，F 2波形图题图4.3答所示。
习题4.4 分析题图4.4（a ）电路，试叙述工作原理，并说明电路功能。
解：电路结构类似边沿D 触发器, 是边沿RS 触发器。
工作原理也类似边沿D 触发器。
习题4.5 试根据题图4.5（a ）所示状态转换图写出特征方程和状态转换表。
解：1. 根据题图4.5（a ）状态转换图写出状态转换表，如题表4.5答所示。
AB C F 2F 1题图4.3答 输入/输出波形 题图4.4 习题4.4图 &G 2& G 5&G 1 & G 6 & G 4& G 3 （a ） Q QCP R S题图4.5 习题4.5状态转换图和状态转换表 0=Y X 0 1XY =11=Y X XY =0 (a)题表4.5 X Y Q n +10 0 Q n0 1 11 0 0 1 1 Φ (b)62. 求特征方程先以X 、Y 、Q n 为输入信号，Q n +1为输出信号，列出卡诺图，求出最简表达式。
特征方程为：XY Q X Q n n +=+1习题4.6题图4.6 (a)所示电路中，CP 脉冲的频率均为8KHz ，分析输出端Q 1的频率为多少？具有什么逻辑功能？解：题图4.6 (a)所示电路中参数代入JK 触发器特征方程，符合1位二进制计数器，又是二分频器，所以输出是4 KHz 。
习题4.7 题图4.7 (a)是由一个主从JK 触发器及三个非门构成的“冲息电路”，图4.7图(b)是时钟CP 的波形，假定触发器及各个门的平均延迟时间都是6ns ，试绘出输出U O 的波形。
解：由题图4.7（a ）所示电路知，S D =1=J =K =1，触发器初始状态Q =0，，则U O =1。
U O =1时, Q 在时钟CP 为下降沿 延时6ns 后, 翻转为高电平, 再经过 18ns ， U O =0。
假设异步复位延时忽略，在增加 18 ns ，U O =1。
题表答 4.5X Y Q n Q n +1 0 0 0 0 0 1 0 0 1 0 0 01 1 0 10 0 1 10 1 1 11 0 1 0 1 1 11Q 150nsQU O题图4.7答 习题4.7输入/输出波形图6ns18ns题图4.7 习题4.7图（a ） （b ）U OQCPQ 150ns11 11J 1K 1 SSRC1 CP（b ）Q1DC15kH1 1J 1K SR C1 111 Q8kH（a ）题图4.6 习题4.6图7由此得Q 与U O 的波形如题图4.7答所示。
习题4.8 题图4.9（a ）所示电路由D 触发器和全加器组成，其中C 、S 分别是全加器的进位输出端以及和输出端，电路有两个输入端X 和Y ，一个输出端S 。
1．试求该电路的状态转换表。
2．画出在如题图4.9（b ）所示输入信号的作用下，Q 和S 的波形，设初态为0。
解：1. 根据加法器得出输出S 、C 与输入X 、Y 和Q n 的真值表。
时钟CP 的上升沿到来以后，将D 触发器的输入信号C 传递到输出Q n+1，状态转换表如题表4.8答所示2. 先根据真值表作出C 的波形图，再根据时钟的上升沿将信号C 移到时钟的上升沿。