考研数电·零基础讲义 第17讲（下）｜设计实例与自启动检查

考研数电·零基础讲义 · 第 17 讲（下）｜同步时序电路设计实例与自启动检查 学完这一讲，你能独立完成一道同步时序电路设计题：从状态表出发，用卡诺图求状态方程，分别用 D 触发器和 JK 触发器写出驱动方程和输出方程、画出逻辑图，并检查能否自启动；不能自启动时，会通过修改无关项的取法把它改成能自启动。预计用时 110–140 分钟。

本讲地图#

• 后三步怎么做：卡诺图求状态方程（用好无关项）→ 按触发器类型求驱动方程 → 画逻辑图 → 检查自启动。
• 两种求驱动方程的方法：D 触发器直接"状态方程 = 驱动方程"；JK 触发器可以"凑特性方程"，也可以查激励表。
• 实例 1："101"序列检测器（米利型、可重叠），D 和 JK 两个版本。
• 实例 2：同步六进制计数器（JK 触发器），带进位输出。
• 自启动的检查与修改：3 位扭环形计数器从"死循环"改到"能自启动"；教材例 6.4.4、6.4.5 的思路。
• 华师怎么考：2026 回忆题第 7 题问"能否自启动"，说明自启动是必考点；设计题则把整个流程走一遍。教材对应第 6 章 6.4.1、6.4.2 节。

前置知识#

• 设计前三步：逻辑抽象、状态化简、状态分配（见第 17 讲（上））。
• D、JK、T 触发器的特性方程（见第 13 讲（下））：$Q^{*}=D$⁠；$Q^{*}=J\overline{Q}+\overline{K}Q$⁠；$Q^{*}=T\oplus Q$⁠。
• 卡诺图化简、无关项（见第 04 讲（中）、第 04 讲（下））。
• 自启动的概念与检查方法（见第 14 讲）。

---

一、后三步的方法#

1.1 第四步：求状态方程#

编码完成后，状态转换表就变成了一张"真值表"：输入是现态各位 + 外部输入，输出是次态各位 + 电路输出。对每一个次态位、每一个输出，各画一张卡诺图化简即可。

无关项：没用到的状态编码（以及不可能出现的输入组合）对应的格子填 ×。化简时 × 可以当 1 也可以当 0，用来把圈画大。

⚠️ 但要记住：你把 × 圈进去，就等于规定了那个无效状态的次态是 1；不圈，就规定为 0。 所以化简一结束，无效状态的去向就定了——这正是之后要检查自启动的原因。

1.2 第五步：由状态方程求驱动方程#

D 触发器：特性方程$Q^{*}=D$⁠，所以

$$D_{i}=Q_{i}^{*}$$

（右边指$Q_{i}^{*}$化简后的表达式。）状态方程化简完，驱动方程就有了，最省事。

JK 触发器，方法一：凑特性方程。 把每个$Q_{i}^{*}$变形成

$$Q_{i}^{*}=(\cdots)\overline{Q_{i}}+(\cdots)Q_{i}$$

的形式，第一个括号就是$J_{i}$⁠，第二个括号就是$\overline{K_{i}}$⁠。如果某一项里不含$Q_{i}$也不含$\overline{Q_{i}}$⁠，就乘上$(Q_{i}+\overline{Q_{i}})$拆开。

JK 触发器，方法二：查激励表（更不容易出错）。 激励表回答的是："要让触发器从 Q 变到$Q^{*}$⁠，J、K 应该是多少？"

规律：现态是 0 时只看 J（J = 次态），K 无关；现态是 1 时只看 K（K = 次态取反），J 无关。 把这个规则用到每一行，就能直接得到 J、K 的卡诺图（× 很多，化简后往往很简单）。

同理，T 触发器的激励表：$Q$与$Q^{*}$相同时 T=0，不同时 T=1，即$T=Q\oplus Q^{*}$⁠。

1.3 第六步：检查自启动#

把每个无效状态（以及每种输入）代入得到的方程，算出次态。只要每个无效状态都能直接或间接（经过别的无效状态）进入有效循环，电路就能自启动；有一个陷入"无效状态之间的循环"或停在原地，就不能自启动。

不能自启动时的两种解决办法（教材）：

1. 开机时通过预置数/复位把电路放到有效状态（例如给异步置零端加一个低电平）；
2. 修改逻辑设计：回到卡诺图，改变无关项的取法，让无效状态的次态落进有效循环（第四节详讲）。

---

二、实例 1："101"序列检测器#

2.1 题目#

设计一个同步时序电路，串行输入 X，每当最近三位输入为 101 时输出 Y=1，否则 Y=0。允许重叠（例如 10101 中应检测到两次）。

2.2 第一步：逻辑抽象#

电路要记住"已经和 101 对上了几位"：

• $S_{0}$⁠：还没对上（末尾既不是 1，也不是 10）；
• $S_{1}$⁠：末尾是 1（对上了"1"）；
• $S_{2}$⁠：末尾是 10（对上了"10"）。

逐个状态问"来 0 怎样、来 1 怎样"：

• $S_{0}$⁠：来 1 → $S_{1}$⁠；来 0 → 仍$S_{0}$⁠。输出都是 0。
• $S_{1}$⁠：来 0 → 末尾变 10 → $S_{2}$⁠；来 1 → 末尾还是 1 → 留在$S_{1}$⁠。输出 0。
• $S_{2}$⁠：来 1 → 凑成 101，输出 1；而且这个 1 可以作为下一个 101 的开头（重叠），所以去$S_{1}$⁠。来 0 → 末尾是 100，什么都没对上 → $S_{0}$⁠，输出 0。

2.3 第二步：状态化简#

$S_{2}$在 X=1 时输出 1，其它状态都不会输出 1，所以$S_{2}$与谁都不等价；$S_{0}$和$S_{1}$⁠：X=0 时次态分别是$S_{0}$⁠、$S_{2}$（⁠$S_{0}$和$S_{2}$不等价），所以也不等价。已是最简，3 个状态。

2.4 第三步：状态分配#

$M=3$⁠，取$n=2$⁠。编码$Q_{1}Q_{0}$⁠：$S_{0}=00$⁠，$S_{1}=01$⁠，$S_{2}=10$⁠；$11$不用（无关项）。

编码后的状态转换表（"真值表"形式）：

2.5 第四步：卡诺图化简求状态方程#

$Q_{1}^{*}$：为 1 的只有$\overline{Q_{1}}Q_{0}\overline{X}$（第 3 行）。把无关项$Q_{1}Q_{0}\overline{X}$圈进来，两格合并消去$Q_{1}$⁠：

$$Q_{1}^{*}=Q_{0}\overline{X}$$

$Q_{0}^{*}$：为 1 的是第 2、4、6 行，恰好是"X=1 的所有有效行"；再借用无关项$Q_{1}Q_{0}X$⁠，4 格（X=1 的整列）合并：

$$Q_{0}^{*}=X$$

Y：为 1 的是第 6 行$Q_{1}\overline{Q_{0}}X$⁠，借用无关项$Q_{1}Q_{0}X$⁠：

$$Y=Q_{1}X$$

（以上三个式子都用 sympy 的 SOPform 带无关项求得，并与状态表逐行核对。）

2.6 第五步（D 触发器版）：驱动方程与逻辑图#

$$D_{1}=Q_{0}\overline{X},\qquad D_{0}=X,\qquad Y=Q_{1}X$$

只需要一个反相器（得$\overline{X}$⁠）和两个两输入与门：

图 1：用 D 触发器实现的"101"检测器。$D_{0}$直接接 X，$D_{1}=Q_{0}\overline{X}$⁠，$Y=Q_{1}X$

用一个具体序列走一遍（Python 逐拍模拟）：输入 X = 1,0,1,0,1,1,0,1,0,0，从 00 出发：

第 3、5、8 拍检测到 101（第 3、5 拍是重叠的"10101"）。另外我用 1000 组随机序列与"直接判断最近三位是否为 101"对比，输出全部一致。

2.7 第六步：检查自启动（D 版）#

无效状态$Q_{1}Q_{0}=11$代入：

• X=0：$Q_{1}^{*}=Q_{0}\overline{X}=1$⁠，$Q_{0}^{*}=X=0$ → 次态 10（有效，$S_{2}$⁠）；
• X=1：$Q_{1}^{*}=0$⁠，$Q_{0}^{*}=1$ → 次态 01（有效，$S_{1}$⁠）。此时$Y=Q_{1}X=1$⁠。

无论输入是什么，11 一拍之内就回到有效状态，能自启动。小瑕疵：在无效状态 11 且 X=1 时会误输出一次 Y=1，只可能发生在上电后的第一拍；如果介意，可开机复位到 00。

完整状态转换图如下（虚线是无效状态的去向）：

图 2："101"检测器完整状态转换图（D 触发器方案），红色虚线为无效状态 11 的转移

2.8 第五步（JK 触发器版）：用激励表求驱动方程#

逐行套激励表规则（现态 0 看 J、现态 1 看 K）：

化简（含无关项，sympy 核对）：

$$J_{1}=Q_{0}\overline{X},\quad K_{1}=1,\qquad J_{0}=X,\quad K_{0}=\overline{X}$$

$K_{1}=1$的意思是：$Q_{1}$一旦为 1，下一拍一定回 0——确实，$S_{2}$之后不是$S_{0}$就是$S_{1}$⁠，$Q_{1}$都是 0。$J_{0}=X$⁠、$K_{0}=\overline{X}$相当于"把 X 存进$Q_{0}$"，和 D 版的$D_{0}=X$一致。

自启动（JK 版）：11 代入，X=0 → $Q_{1}$⁠：$K_{1}=1$置 0；$Q_{0}$⁠：$J_{0}=0,K_{0}=1$置 0 → 00。X=1 → $Q_{1}$置 0；$Q_{0}$⁠：$J_{0}=1,K_{0}=0$置 1 → 01。都回到有效状态，能自启动（Python 核对）。

注意：同样的状态方程，用 JK 实现时无效状态的去向（X=0 时到 00）和 D 版（到 10）不一样——因为 JK 的激励表里多了许多 ×，化简时被取成了不同的值。所以换了触发器类型，自启动要重新检查。

2.9 变式：如果"不允许重叠"呢？#

题目若改成"不允许重叠"（已经用来组成一个 101 的位，不能再算进下一个 101），只有一处要改：$S_{2}$来 1 输出 1 之后，这个 1 已经"用掉了"，应该回$S_{0}$而不是$S_{1}$⁠：

编码不变，重新化简（sympy 核对）：

$$D_{1}=Q_{0}\overline{X},\qquad D_{0}=X\overline{Q_{1}},\qquad Y=Q_{1}X$$

和重叠版相比，只是$D_{0}$多乘了一个$\overline{Q_{1}}$⁠：在$S_{2}$（⁠$Q_{1}=1$⁠）时即使来 1，$Q_{0}$也不置 1，于是回到 00。核对：输入 10101 时只在第 3 位输出 1（重叠版在第 3、5 位都输出 1）；输入 101101 时在第 3、6 位输出 1。无效状态 11：X=0 → 10，X=1 → 00，同样能自启动。

启示：审题时一定要看清"是否允许重叠"，它决定了检测成功后回到哪个状态。

---

三、实例 2：用 JK 触发器设计同步六进制计数器#

3.1 题目#

用 JK 触发器设计一个同步六进制加法计数器，按自然二进制 000～101 计数，计到 101 时进位输出 C=1。检查能否自启动。

3.2 前三步#

• 逻辑抽象：没有输入变量，只有输出 C，穆尔型；6 个状态$S_{0}\sim S_{5}$依次循环，$S_{5}$时 C=1。
• 状态化简：计数器的 6 个状态代表 6 种不同的已计数个数，不能化简。
• 状态分配：$2^{2}<6\le2^{3}$⁠，取 3 个触发器$Q_{2}Q_{1}Q_{0}$⁠，$S_{0}\sim S_{5}$编为 000～101；110、111 为无关项。

3.3 第四步：状态方程#

用卡诺图（含无关项）化简，sympy 核对：

$$Q_{2}^{*}=Q_{1}Q_{0}+Q_{2}\overline{Q_{0}}$$ $$Q_{1}^{*}=Q_{1}\overline{Q_{0}}+\overline{Q_{2}}\,\overline{Q_{1}}Q_{0}$$ $$Q_{0}^{*}=\overline{Q_{0}}$$ $$C=Q_{2}Q_{0}$$

（如果题目要求用 D 触发器，到这里就结束了：$D_{2}=Q_{2}^{*}$⁠、$D_{1}=Q_{1}^{*}$⁠、$D_{0}=Q_{0}^{*}$⁠。）

3.4 第五步：驱动方程（凑特性方程法）#

• $Q_{2}^{*}=Q_{1}Q_{0}+Q_{2}\overline{Q_{0}}$⁠：第一项不含$Q_{2}$⁠，乘$(Q_{2}+\overline{Q_{2}})$得$Q_{1}Q_{0}\overline{Q_{2}}+Q_{1}Q_{0}Q_{2}$⁠。于是

$$Q_{2}^{*}=(Q_{1}Q_{0})\overline{Q_{2}}+(\overline{Q_{0}}+Q_{1}Q_{0})Q_{2}$$

对照$Q^{*}=J\overline{Q}+\overline{K}Q$⁠：$J_{2}=Q_{1}Q_{0}$⁠，$\overline{K_{2}}=\overline{Q_{0}}+Q_{1}Q_{0}=\overline{Q_{0}}+Q_{1}$⁠。如果直接取$K_{2}=\overline{\overline{Q_{0}}+Q_{1}}=Q_{0}\overline{Q_{1}}$也正确；但用激励表、借助无关项可以得到更简单的$K_{2}=Q_{0}$（检查：在有效状态中$Q_{2}=1$时只有 100、101，此时$Q_{1}=0$⁠，两种写法结果相同）。

• 同理$Q_{1}^{*}=(\overline{Q_{2}}Q_{0})\overline{Q_{1}}+(\overline{Q_{0}})Q_{1}$ → $J_{1}=\overline{Q_{2}}Q_{0}$⁠，$K_{1}=Q_{0}$⁠。
• $Q_{0}^{*}=\overline{Q_{0}}=1\cdot\overline{Q_{0}}+0\cdot Q_{0}$ → $J_{0}=1$⁠，$K_{0}=1$⁠。

最终（sympy 用激励表 + 无关项化简得到同样结果）：

$$J_{2}=Q_{1}Q_{0},\ K_{2}=Q_{0};\qquad J_{1}=\overline{Q_{2}}Q_{0},\ K_{1}=Q_{0};\qquad J_{0}=K_{0}=1$$

3.5 第六步：检查自启动#

把无效状态代入驱动方程，逐个触发器算（JK：J=K=0 保持，J=1,K=0 置 1，J=0,K=1 置 0，J=K=1 翻转）：

• 110：$J_{2}=Q_{1}Q_{0}=0,\ K_{2}=Q_{0}=0$ → $Q_{2}$保持 1；$J_{1}=\overline{Q_{2}}Q_{0}=0,\ K_{1}=0$ → $Q_{1}$保持 1；$Q_{0}$翻转为 1。次态 111。
• 111：$J_{2}=1,K_{2}=1$ → $Q_{2}$翻为 0；$J_{1}=0,K_{1}=1$ → $Q_{1}$置 0；$Q_{0}$翻为 0。次态 000（有效）。

$110\to111\to000$⁠，能自启动。Python 逐拍模拟：有效循环 000→001→010→011→100→101→000，无效状态 110→111→000，与手算一致。

3.6 逻辑图怎么画（文字版）#

按驱动方程连线即可，步骤是：

1. 画 3 个 JK 触发器 FF0、FF1、FF2，CLK 端全部接同一个计数脉冲（同步）。
2. FF0：J、K 都接高电平 1，每个脉冲翻转一次。
3. FF1：$J_{1}$接一个两输入与门，输入是$\overline{Q_{2}}$和$Q_{0}$⁠；$K_{1}$直接接$Q_{0}$⁠。
4. FF2：$J_{2}$接一个两输入与门，输入是$Q_{1}$和$Q_{0}$⁠；$K_{2}$直接接$Q_{0}$⁠。
5. 进位 C：再用一个两输入与门，输入$Q_{2}$和$Q_{0}$⁠。

一共只要 3 个与门，比用 D 触发器（⁠$D_{2}$⁠、$D_{1}$都是两项与或式）省门。这说明：同一个状态表，用 JK 触发器往往能借助激励表里的 × 得到更简单的驱动方程；用 D 触发器的好处是思路最直接、不容易出错。考试时按题目指定的触发器做，没指定时选自己最有把握的。

3.7 顺带看一下教材例 6.4.1（十三进制）#

教材用同样的步骤设计了带进位的十三进制计数器（JK 触发器），得到$J_{3}=Q_{2}Q_{1}Q_{0},K_{3}=Q_{2}$⁠；$J_{2}=Q_{1}Q_{0},K_{2}=\overline{\overline{Q_{3}}\,\overline{Q_{1}Q_{0}}}$⁠；$J_{1}=K_{1}=Q_{0}$⁠；$J_{0}=\overline{Q_{3}Q_{2}},K_{0}=1$⁠；$C=Q_{3}Q_{2}$⁠。我把这组方程代入模拟：从 0000 出发 13 拍一循环；三个无效状态 1101、1110、1111 的次态分别是 0010、0010、0000，能自启动，与教材结论一致。

---

四、不能自启动怎么办：修改设计#

4.1 大白话#

化简时把 × 当 0 还是当 1，本来"随你"；但这一选，就给无效状态指了一条路。如果指的路通向有效循环，皆大欢喜；如果通向另一个无效状态、并且绕成圈，电路一旦掉进去就永远出不来——这叫死循环（无效循环）。

当然，也可以不改逻辑，而是在开机时用复位信号把电路强行放到有效状态（例如教材的售饮料机例子，就是在异步置零端加低电平把电路置为 00）。但这种办法有一个隐患：工作中如果受到干扰跳进了无效状态，电路就再也回不来，只能再复位一次。所以题目要求"能自启动"时，应该修改设计。

修改的思路很直接：回到卡诺图，把那个无效状态对应的 × 改成某个确定的值，使它的次态落在有效循环里，再重新化简。

4.2 例题 3：3 位扭环形计数器的自启动修改#

题：用 D 触发器设计 3 位扭环形计数器，有效循环（⁠$Q_{1}Q_{2}Q_{3}$⁠）为$000\to100\to110\to111\to011\to001\to000$⁠，要求能自启动。为保持移位结构，规定$D_{2}=Q_{1}$⁠、$D_{3}=Q_{2}$⁠，只允许改$D_{1}$⁠。

第 1 步：先求最简设计。 6 个有效状态，010、101 为无关项。化简得：

$$D_{1}=\overline{Q_{3}},\quad D_{2}=Q_{1},\quad D_{3}=Q_{2}$$

第 2 步：检查自启动。 次态是$(D_{1},Q_{1},Q_{2})$⁠：

• 010 → $(\overline{0},0,1)=101$⁠；
• 101 → $(\overline{1},1,0)=010$⁠。

010 和 101 互相转，形成死循环，不能自启动。

图 3：左为最简设计（010、101 死循环）；右为修改 D1 后，两者都回到有效循环

第 3 步：修改。 010 的次态是$(D_{1},0,1)$⁠：若令$D_{1}=0$⁠，次态就是 001——有效！所以在$D_{1}$的卡诺图里，把 010 对应的格子从 × 改为 0，101 仍保留 ×，重新化简（sympy 核对）：

$$D_{1}=Q_{1}\overline{Q_{3}}+\overline{Q_{2}}\,\overline{Q_{3}}=\overline{Q_{3}}\,(Q_{1}+\overline{Q_{2}})$$

第 4 步：再检查。

• 010：$D_{1}=\overline{0}\cdot(0+\overline{1})=0$ → 次态 001（有效）；
• 101：$D_{1}=\overline{1}\cdot(\cdots)=0$ → 次态 010 → 再下一拍 001（有效）。

而 6 个有效状态的次态不变（Python 逐拍核对，有效循环保持 000→100→110→111→011→001）。现在能自启动了。 101 是"间接"回到有效循环的，这也是允许的。

4.3 教材两个例子的思路（了解）#

• 例 6.4.4 七进制计数器：唯一的无效状态 000，最简化简时 × 全取 0，结果 000 的次态还是 000（停在原地），不能自启动。把 000 的次态指定为有效状态 010，修改后$Q_{2}^{*}=Q_{1}+\overline{Q_{2}}\,\overline{Q_{3}}$⁠，就能自启动了。教材指出：指定为其它任何一个有效状态也行，选哪个看哪种方程最简单。
• 例 6.4.5 3 位环形计数器（⁠$100\to010\to001$⁠）：最简设计$Q_{1}^{*}=Q_{3}$不能自启动；只修改第一位，得$Q_{1}^{*}=\overline{Q_{1}}\,\overline{Q_{2}}$⁠，即$D_{1}=\overline{Q_{1}+Q_{2}}$⁠，能自启动（我用 Python 代入 5 个无效状态，全部最多两拍回到有效循环）。

4.4 设计题答题模板#

1. 逻辑抽象：说明输入、输出变量及取值含义，定义各状态，画原始状态图/表。
2. 状态化简：指出等价状态（或说明已最简）。
3. 状态分配：写出$n$及编码表。
4. 求方程：画次态/输出卡诺图（无关项标 ×），写状态方程；按触发器类型写驱动方程；写输出方程。
5. 画逻辑图。
6. 检查自启动：逐个代入无效状态，画完整状态转换图，下结论；不能自启动则修改。

---

五、常见失分点 ⚠️#

1. 状态图漏画转移：每个状态对每种输入都要有一条箭头。米利型 3 个状态、1 个输入，应有 6 条箭头（自循环也算）。
2. 卡诺图变量顺序写乱：次态卡诺图的行列标注要和真值表一致，格雷码顺序（00、01、11、10）不能写成 00、01、10、11。
3. 无关项用了却忘了检查自启动：只要化简时用到了 ×，就必须把无效状态代回去验算，并在完整状态图上画出来。
4. JK 驱动方程凑错：凑$Q^{*}=J\overline{Q}+\overline{K}Q$时，第二个括号是$\overline{K}$而不是 K，要再取一次反。拿不准就改用激励表。
5. "能自启动"只说结论：要写出每个无效状态的次态（或画出完整状态图）作为依据，否则会扣分。
6. 重叠与不重叠没区分：序列检测器检测成功后回到哪个状态，取决于题目是否允许重叠。
7. 输出方程忘了写：米利型输出与输入有关（如$Y=Q_{1}X$⁠），穆尔型输出只与状态有关（如$C=Q_{2}Q_{0}$⁠），都要单独写出来并画进逻辑图。

---

速记卡#

---

自测练习#

1. 填空：JK 触发器要从 1 变为 0，J=，K=；要从 0 保持 0，J=，K=。

答案与提示

1→0：J=×，K=1；0→0：J=0，K=×。

2. 用 D 触发器设计同步五进制加法计数器（000～100 自然二进制）。写出驱动方程，并检查能否自启动。

答案与提示

无关项 101、110、111。化简得$D_{2}=Q_{1}Q_{0}$⁠，$D_{1}=Q_{1}\oplus Q_{0}$（即$Q_{1}\overline{Q_{0}}+\overline{Q_{1}}Q_{0}$⁠），$D_{0}=\overline{Q_{2}}\,\overline{Q_{0}}$⁠。无效状态：101→010，110→010，111→100，都进入有效循环，能自启动（Python 核对）。

3. 教材十三进制计数器（例 6.4.1）的三个无效状态 1101、1110、1111 的次态分别是什么？能否自启动？

答案与提示

分别为 0010、0010、0000，都是有效状态，能自启动（代入 JK 驱动方程模拟核对）。

4. 3 位环形计数器有效循环$100\to010\to001$（⁠$Q_{1}Q_{2}Q_{3}$⁠），若取$D_{1}=Q_{3}$⁠、$D_{2}=Q_{1}$⁠、$D_{3}=Q_{2}$⁠，能否自启动？若改为$D_{1}=\overline{Q_{1}+Q_{2}}$呢？

答案与提示

$D_{1}=Q_{3}$时：000→000（停在原地），011→101→110→011（无效循环），111→111，不能自启动。改为$D_{1}=\overline{Q_{1}+Q_{2}}$后：000→100，011→001，101→010，110→011→001，111→011→001，全部回到有效循环，能自启动（Python 核对）。

5. 第 17 讲（上）例题 1 "连续三个及以上 1 输出 1"的检测器，化简后$S_{0}=00,S_{1}=01,S_{2}=10$⁠，用 D 触发器实现。写出驱动方程和输出方程，并检查无效状态 11。

答案与提示

$D_{1}=XQ_{1}+XQ_{0}$⁠，$D_{0}=X\overline{Q_{1}}\,\overline{Q_{0}}$⁠，$Y=XQ_{1}$（与教材式 6.4.8、6.4.9 一致）。11 代入：X=0 → 00；X=1 → 10。能自启动。1000 组随机序列核对正确。

6.（华师设计题风格） 用 JK 触发器设计"101"序列检测器（允许重叠），要求：(1) 画状态转换图；(2) 写驱动方程和输出方程；(3) 检查自启动。

答案与提示

(1) 状态图见图 2（有效部分）：$S_{0}\xrightarrow{1/0}S_{1}$⁠，$S_{1}\xrightarrow{0/0}S_{2}$⁠，$S_{2}\xrightarrow{1/1}S_{1}$⁠，$S_{2}\xrightarrow{0/0}S_{0}$⁠，$S_{0}$来 0、$S_{1}$来 1 自循环。

(2) 编码$S_{0}=00,S_{1}=01,S_{2}=10$⁠：$J_{1}=Q_{0}\overline{X},K_{1}=1$⁠；$J_{0}=X,K_{0}=\overline{X}$⁠；$Y=Q_{1}X$⁠。

(3) 无效状态 11：X=0 → 00，X=1 → 01，能自启动（X=1 时会误输出一次 Y=1，可开机复位避免）。

---

下一讲预告#

时序逻辑部分到这里就告一段落。第 18 讲进入"脉冲波形的产生和整形"，从施密特触发电路讲起：它为什么有两个阈值、回差有什么用。