数字电子技术：速成包

公式表、每个专题的关键方法步骤和 6 道练习题，完整解答附在最后。

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1公式与方法

数制

位权: 二进制 2^k，八进制 8^k，十六进制 16^k
转为十进制: Σ d_k·b^k
从十进制转换: 除以基数，余数从下往上读
十六进制 ↔ 二进制: 一位十六进制数 = 4 位二进制
二进制补码: 按位取反后加 1

数字逻辑：门电路、卡诺图与触发器

基本逻辑门: A·B, A + B, A′, (A·B)′, (A + B)′, A ⊕ B
布尔规则: X + X′ = 1, X·X′ = 0, X + XY = X, XY + XY′ = X
德摩根律: (X·Y)′ = X′ + Y′, (X + Y)′ = X′·Y′
卡诺图的顺序: 00, 01, 11, 10 (Gray code)
由 2ᵏ 个格子组成的圈: 消去 k 个变量
4 选 1 多路选择器: F = A′B′I₀ + A′BI₁ + AB′I₂ + ABI₃
触发器: D: Q⁺ = D, T: Q⁺ = T ⊕ Q, JK: Q⁺ = JQ′ + K′Q
计数器: n 位：2ⁿ 个状态；模 N：满足 2ⁿ ≥ N 的最小 n； f_out = f_clk/N
行波计数器: f_max = 1/(n·t_pd)
环形计数器与约翰逊计数器: n 个和 2n 个状态

方法

对于电路，从输入到输出一个门一个门地分析，并在每根线上写出值；或者写出它的表达式并填写真值表。
化简时，把 1（以及标为 X 的无关项）填入行列按格雷码 00, 01, 11, 10 排列的卡诺图。
用尽可能少而大的圈（由 1、2、4、8 或 16 个格子组成）覆盖所有 1，可以绕过边界；每个圈对应一个乘积项，由保持不变的变量构成。求 POS 形式时圈 0。
对于触发器和计数器，在每个有效时钟边沿读取输入，写出每个边沿之后的状态，并记住 n 位计数器在 2ⁿ 个状态之后回绕。

数据采集与采样

奈奎斯特准则: f_s > 2·f_max, f_N = f_s/2
混叠频率: f_a = |f − k·f_s|, k = round(f/f_s)
步长: 1 LSB = V_FSR/2ᴺ
量化误差（四舍五入）: ±½ LSB
截断式 ADC 码值: D = ⌊V_in/LSB⌋
分辨率 r 所需的位数: 2ᴺ ≥ span/r
理想 SQNR，满量程正弦波: SQNR = 6.02·N + 1.76 dB
数据速率: 通道数 × f_s × N 比特/秒
多路复用 ADC: f_s = 1/(n·(t_c + t_set))
UART: T_b = 1/波特率；8N1 = 每字节 10 位；字节/秒 = 波特率/每帧位数
波特率分频器: baud = f_clk/(16·D)

方法

先写出已知量：采样率、信号频率、位数、输入量程、波特率。
采样类题目，把每个频率与 f_s/2 比较；更高的频率会出现在 f_a = |f − k·f_s|，其中取最接近的 f_s 整数倍。
分辨率类题目，求 1 LSB = V_FSR/2ᴺ，或求满足 2ᴺ ≥ 量程/分辨率的最小 N。
数据速率和 UART 链路类题目，要数清所有发送的内容：通道数、每秒采样数、每个采样的位数或整字节数，以及每帧的起始位、校验位和停止位。

2练习题

1.数制中等

把 −20 写成 8 位补码模式。再把该模式当作无符号二进制数读出：它的十进制值 U 是多少？

N = −208 bit

U =

2.数制困难

一幅未压缩图像为 512 × 512 像素，每像素 16 位。它占用多少内存 M（以 KiB 计，1 KiB = 1024 字节）？

512 × 512 px16 bit/px1 KiB = 1024 B

M = KiB

3.数字逻辑：门电路、卡诺图与触发器中等

用卡诺图求 F(A, B, C) = Σm(3, 5, 6) 的最简积之和 (SOP) 形式。它有多少个乘积项 N？

F(A, B, C) = Σm(3, 5, 6)

N =

4.数字逻辑：门电路、卡诺图与触发器困难

一个 4 位移位寄存器 Q₃Q₂Q₁Q₀ 中存有 1001。每个时钟边沿，各位向右移动一位（Q₃ → Q₂ → Q₁ → Q₀，Q₀ 丢失），串行输入进入 Q₃。串行输入在 7 个边沿处为 1, 0, 1, 0, 0, 1, 1。给出最终状态 Q = Q₃Q₂Q₁Q₀，用十进制数表示。

Q₃Q₂Q₁Q₀ = 10011, 0, 1, 0, 0, 1, 1

Q =

5.数据采集与采样中等

一个 8.5 kHz 的正弦波在没有抗混叠滤波器的情况下以 10 kHz 采样。它在采样中出现在哪个频率 f_a？以 kHz 给出。

f = 8.5 kHzf_s = 10 kHz

f_a = kHz

6.数据采集与采样困难

一项音频测量要求满量程正弦波的理想信号量化噪声比至少为 40 dB。求 ADC 的最小位数 N。

SQNR ≥ 40 dB

N =

3溶液

1.数制

答案: U = 236

位置计数制：每个数位的值等于该数字乘以基数的某次幂。二进制各位的权为 1、2、4、8、16、……；十六进制为 1、16、256、……，A–F 代表 10–15。在 8 位补码中，最左边一位的权是 −128 而不是 +128，负数就是这样存储的。

取反加一

20 = 0001 0100

取反后: 1110 1011

+1 → 1110 1100

按无符号数读取

1110 1100₂ = 256 − 20 = 236

答案

U = 236

2.数制

答案: M = 512 KiB

位和字节

512·512·16 = 4194304 bit = 524288 B

换算为 KiB

524288/1024 = 512 KiB

答案

M = 512 KiB

3.数字逻辑：门电路、卡诺图与触发器

答案: N = 3

卡诺图：各格按格雷码（00, 01, 11, 10）排列，所以相邻的格子（包括跨越边界的格子）恰好只有一个变量不同。把 1 圈成由 1、2、4、8 或 16 个格子组成的矩形，圈尽可能大、尽可能少，直到每个 1 都被覆盖。每个圈对应一个乘积项：圈内保持不变的变量。由 2ᵏ 个格子组成的圈会消去 k 个变量。无关项 (X) 可用来使圈变大，但不必被覆盖。改为圈 0 则得到最简 POS 形式。

圈 1

每个圈都是由 2ᵏ 个格子组成的矩形；边上的格子与对边上的格子相邻。

A′BC

AB′C

ABC′

最简 SOP 形式

F = A′BC + AB′C + ABC′

N = 3

答案

N = 3

4.数字逻辑：门电路、卡诺图与触发器

答案: Q = 12

触发器与计数器：触发器只在时钟的有效边沿改变。D 复制其输入 (Q⁺ = D)；T 在 T = 1 时翻转；JK 在 00 时保持，01 时复位，10 时置位，11 时翻转。n 位二进制计数器有 2ⁿ 个状态，按模 2ⁿ 计数；模 N 计数器依次计 0, 1, …, N − 1 然后回到 0，需要满足 2ⁿ ≥ N 的最小 n 个触发器。行波计数器的每一级使频率减半，所以模 N 计数器的最后一级输出频率为 f_clk/N。n 个触发器的约翰逊计数器有 2n 个状态，环形计数器有 n 个。

每个边沿之后的状态

1001 → 1100 → 0110 → 1011 → 0101 → 0010 → 1001 → 1100

十进制值

1100₂ = 12

答案

Q = 12

5.数据采集与采样

答案: f_a = 1.5 kHz

采样：ADC 每秒测量信号 f_s 次。根据奈奎斯特–香农定理，只有当 f < f_s/2（奈奎斯特频率，也称折叠频率）时，频率 f 才能被正确采集，因此采样率必须超过最高信号频率的两倍。更高的频率不会丢失：它会作为混叠出现在 f_a = |f − k·f_s|，其中整数 k 使结果落在 0 到 f_s/2 之间。采样点无法区分二者，因此必须在 ADC 之前用模拟抗混叠滤波器滤除 f_s/2 以上的全部成分。

奈奎斯特频率

f_s/2 = 5 kHz < f = 8.5 kHz

最接近的采样率整数倍

k = round(8.5/10) = 1

混叠频率

f_a = |8.5 − 1·10| = 1.5 kHz

答案

f_a = 1.5 kHz

图中的虚线曲线就是混叠：它恰好通过相同的采样点。

6.数据采集与采样

答案: N = 7

ADC 分辨率：N 位转换器把满量程 V_FSR 分成 2ᴺ 个码，从 0 到 2ᴺ − 1。一个台阶为 1 LSB = V_FSR/2ᴺ：转换器能显示的最小变化。截断式 ADC 给出码 ⌊V_in/LSB⌋；四舍五入式 ADC 与真实值的偏差永远不超过 ½ LSB，即它的量化误差。每增加一位，LSB 减半，对满量程正弦波而言，理想信号量化噪声比 SQNR = 6.02·N + 1.76 dB 约增加 6 dB。要在量程内达到分辨率 r，选取满足 2ᴺ ≥ 量程/r 的最小 N。

解出 N

N ≥ (40 − 1.76)/6.02 = 6.352

向上取整

N = 7

校核: 6.02·7 + 1.76 = 43.9 dB ≥ 40 dB

答案

N = 7

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