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1、,.设计一个自动售饮料机的逻辑电路。它的投币口每次只能投入一枚五角或一元的硬币。投入一元五角钱硬币后，机器自动给出一杯饮料；投入两元（两枚一元）硬币后，在给出饮料的同时找回一枚五角的硬币。取投币信号为输入逻辑变量，投一枚一元硬币时用A=1 表示，未投入时A=0.投入一枚五角硬币用B=1 表示，未投入用B=0.给出饮料和找钱为输出变量，分别用Y,Z 表示。给出饮料时 Y=1，不给时Y=0,；找回一枚五角硬币时Z=1，不找时Z=0.假定通过传感器产生的投币信号（A=1 或 B=1）在电路转入新状态的同时也随之消失，否则将被误认为又一次投币信号。设未投币前电路的初始状态为S0，投入五角硬币以后为S1
2、，投入一元硬币（包括投入一枚一元硬币和投入两枚五角硬币的情况）以后为S2.在投入一枚五角硬币后电路返回 S0，同时输出 Y=1， Z=0；如果投入的是一枚一元硬币，则电路也应该返回 S0，同时输出为 Y=1，Z=1.因此，电路的状态 M=3 已足够。 依题意列出下列状态转换表，并画出了状态转换图。状态转换表S00011110S*/YZABS0S0/00S1/00*/*S2/00S1S1/00S2/00*/*S0/10S2S2/00S0/10*/*S0/1100/0001/0000/00AB/YZ10/1010/0001/0001/10或 10/1100/00状态转换图因为正常工作中不会出现AB
3、=11 的情况，所以与之对应的S*，Y, Z 均作约束项处理。取触发器的位数n=2，则 23(M)22, 故符合要求。今以触发器状态Q1,Q0 的 00,01,10 分别代表 S0，S1，S2，则从状态转换图即可画出表示电路次态/ 输出 (Q1*Q0*/YZ) 的卡诺图。因为正常工作时不出现Q1Q0=11 的状态，所以与之对应的最小项也做约束项处理。;.,.Q1Q000011110AB0000*10101*011*1010*0Q1*00011110Q1Q0AB0001*00110*011*1000*0QO*Q1Q000011110AB0000*00100*111*1001*1YQ1Q00001
4、1110AB0000*00100*011*1000*1Z;.,.假设选用 D 触发器，则从以上所示的卡诺图可写出电路的状态方程，驱动方程和输出方程分别是Q1*=Q1AB+Q1Q0A+Q0BQ0*=Q1 Q0B+Q0ABD1=Q1AB+Q1Q0A+Q0BD0=Q1Q0B+Q0ABY=Q1B+Q1A+Q0AZ=Q1A由以上可画出逻辑图如下所示。它的状态转换图也易知。当电路进入无效状态11 时，再无输入信号的情况下不能自行返回有效循环，所以不能自启动。当AB=01 或 AB=10 时电路在时钟信号下虽然能返回有效循环中去，但收费结果是错误的。因此， 在开始工作时应在异步置零端Rd上加低电平信号将电路置为00 状态。;.,.逻辑图00/0001/0000/000010/100110/1110/0001/0001/10或 10/11111001/1000/0000/00状态转换图Q1Q0AB/YZ;.