Mario Pinheiro
Respostas no Fórum
-
Posts
-
A cada pulso de clock (ou rampa acendente do clock), haverá a transferência do nível lógico da entrada D para a saída Q. Isto significa que no primeiro clock, o que está em D passa para Q. No clock seguinte, o que está na saída S4 e está presente na entrada D, passará para a saída Q (segundo Flip-Flop) e assim por diante.
À partir da tabela, teremos os seguinte resultados, e note que o que está em S4, vai passando para as outras saídas, à medida que os clocks vão ocorrendo:
S4/T1 = 1
S3/T2 = 1
S2/T3 = 1
S1/T4 = 1
Logo, você deverá preencher em todos os tempos, o que ocorre na saída S4 que é a primeira, considerando a entrada de clock e também o nível presente na entrada “dados”.
Logo, S4 resultará em: 1000100010. Após, preencherei a tabela à partir deste sinal.
Um grande abraço. Mário PinheiroVocê inicialmente deve definir qual o sinal que está saída por S1, que será: 0001000100
Assim, na questão 15, deverá ser representada a forma de onda que, da esquerda para a direita, deverá ter os três primeiros níveis em nível baixo, após um tempo em nível alto (T4), após mais 3 níveis baixos, após um nível alto em T8 terminando em dois níveis baixos.
Um grande abraço. Mário PinheiroVocê deve começar o exercício preenchendo a tabela do S4 para os instantes T1 aré o T10. Como diz que no clock temos o nível lógico de D, transferido para S4, no próximo clock, o nível presente em S4 será transferido para S3 e assim por diante. Assim, se temos nível lógico 1 em D e clock, este nível lógico passa para S4 (instante T1). Veja que os níveis que estão em D, passarão todos para S4 na ocorrência do clock, ou seja, os níveis de D, serão os mesmos que S4.
Um grande abraço. Mário PinheiroTemos um código hexadecimal “2FD”, que convertendo para binário, gerará: 0010 1111 1101. Este código, passaria para a saída Q sem problemas. Mas a saída está conectada à saída Q(barra), o que dará na inversão dos dados, ficando no seguinte: 1101 0000 0010.
Um grande abraço. Mário PinheiroVeja que nos multivibradores ou Flip-Flops para ser mais específico, utilizamos a saída Q, mas também poderemos utilizar a saída Q barra em alguns casos.
Um grande abraço. Mário PinheiroComo aqui está pedindo para determinar as tensões partindo do pressuposto que a resistência interna da válvula, será de 1,5 vezes a resistência do anodo ou placa. Como o resistor R2 possui o mesmo valor de R1, teremos uma proporção somada de 3,5x (1x em R1, 1x em R2, 1,5x como resistência da válvula). Assim, como temos um total de 120V entre o +100 e o -20V, teremos aproximadamente 34V de queda tanto em R1 como R2. Assim, ficaremos com uma tensão de placa em torno de 66V, sendo que a tensão do catodo será de 14V. Finalmente, temos a tensão de grade em -20V que é a mesma da alimentação.
Um grande abraço. Mário PinheiroÉ isso mesmo!
Um grande abraço. Mário PinheiroSim, vai seguir os exemplos da apostila, mas é 4 vezes menor, pois deve-se esperar que ocorram uma sequência de 4 bit´s seriais para que haja a resultante paralela.
Um grande abraço. Mário PinheiroQuando o Clear vai para nível alto, todas as saídas (S1, S2, S3, S4) vão para nivel baixo e daí quando o Clear volta a nível baixo, começa a contagem (à partir do zero).
A questão 6, pede para que você diga qual o número decimal para o T11 (tempo 11). E para isso basta saber quais os níveis presentes nas saídas S1, S2, S3 e S4, no instante T11. No caso será 1 (S4); 0 (S3); 1 (S2); 0 (1), ou seja, 1010, que dará o número decimal 10.
Um grande abraço. Mário PinheiroA cada clock haverá uma variação 1/0 na saída S1 (LSB) enquanto que na saída S4 haverá 16 clocks para que haja variação completa (MSB). Quanto à contagem na apostila é feita de S0 à S3, que é equivalente ao bloco do S1 ao S4.
Um grande abraço. Mário PinheiroComo sua dúvida é especificamente o que ocorre nas postas B, C e E, vamos verificar o que ocorre.
Veja que a única forma de dar “0” na saída da porta B, seria as suas duas entradas em nível alto. Mas se isso ocorrer, haverá nível alto na saída da porta C, o que garante também nível alto para a saída da porta E. Foi por isso que disse que as combinações das portas (saída da porta E), daria sempre nível alto. Veja o restante na questão já explicada.
Um grande abraço. Mário PinheiroNa porta G (NOR EX), temos uma saída em 0V e para isso devemos ter as entradas com níveis lógicos diferentes. Se uma das entradas NOR EX já está na massa, a outra entrada deverá estar obrigatoriamente em nível alto. Para isso, podemos ter na entrada da porta F, as seguintes conbinações: 0/0; 0/1; 1/0 (menos 1/1). Como a combinação nas portas B, C e E darão sempre 1, obrigatóriamente a saída da porta D, será de nível lógico 0. Com isso sabemos também que a entrada da porta D, deverá ser de nível 0, pois a outra entrada já está em +5V. Assim, já sabemos que as entradas da porta A, deverá ter níveis lógicos diferentes, que nas alternativas permite-nos escolher somente a alternativa “b”, onde temos os dois códigos iniciais em 1/0.
Um grande abraço. Mário PinheiroQuando tivermos a entrada S (seleção) em nível baixo, passaremos o nível lógico que está presente em “A” para a saída, desta forma, teremos o código 000. Após a seleção irá para nível 1 e que levará para a saída o código presente na entrada “B” (que está em nível alto), ficando o código em 0001. finalmente a seleção vai para nível baixo o que levará para a saída os dois últimos níveis presentes em A que são 11. Assim, fechamos o código com 000111. Nos códigos mostrados na parte de baixo, serão anotadas as letras D e E que estão em preto.
um grande abraço. Mário PinheiroVamos aqui trabalhar da esquerda para a direita (neste caso de multiplexador também poderia ser da direita para a esquerda) Tendo na seleção nível 0, após passar pelo inversor ficará com nível 1 e assim, o nível que tiver em A (que também é zero) vai passar para a saída desta porta e chegar a porta OU que dará zero em sua saída. Desta forma, com a seleção em nível baixo, teremos na saída a entrada A. durante 3 tempos (esquerda para a direita) mantemos a seleção em nível baixo, passando para a saída os 3 níveis de A, ou seja, 000. Quando no quarto tempo a seleção for para nível alto (1), será lançado para a saída, o nível binário que está em B, que neste tempo é 1. Nos últimos 3 tempos a seleção volta a ser nível baixo, passando os dois últimos níveis altos (11) para a saída. Desta forma, teremos na saída A/B os níveis 000111, que corresponde aos códigos-alternativas “d” e “e”.
Um grande abraço. Mário PinheiroTem sim… é a sexta opção da coluna do meio.
Um grande abraço. Mário Pinheiro
