AV NEW
November 11, 2017 | Author: knarrenheinzv | Category: N/A
Short Description
Download AV NEW...
Description
Elektrotehnički fakultet Osijek Zavod za automatiku i procesno računarstvo
DIGITALNA ELEKTRONIKA AUDITORNE VJEŽBE Autor: Mladen Antunović, asistent Preddiplomski studij računarstva Preddiplomski studij elektrotehnike, blok III-2 III semestar 2006/2007
Uvjeti korištenja Digitalna elektronika je redovni predmet preddiplomske nastave Elektrotehničkog fakulteta u Osijeku. Svi potrebni materijali za savladavanje gradiva dostupni su u elektroničkom obliku. Materijali se mogu koristiti u elektroničkom obliku ili ispisani na papir. Smiju se kopirati na vlastito računalo radi korištenja, bez priključka na mrežu. Materijale mogu koristiti studenti Elektrotehničkog fakulteta Sveučilišta J.J. Strossmayera u Osijeku u svrhu osobnog obrazovanja. Materijali se ne smiju umnažati niti davati trećim osobama. Ne smiju se koristiti u komercijalne svrhe ili njihovim korištenjem na bilo koji način ostvarivati novčana korist. Materijali se ne smiju koristiti za podučavanje drugih bez prethodne suglasnosti autora. Autori će biti zahvalni za svaki prijedlog ili primjedbu vezanu uz materijale, predmet i izvođenje nastave. Sadržaj ovih stranica, kao tekst, slike, logotipovi i ostalo su u vlasništvu Zavoda za automatizaciju i procesno računarstvo Elektrotehničkog fakulteta u Osijeku ili njegovih djelatnika i kao takvi su zaštićeni zakonom. 2005.-2008. Zavod za automatizaciju i procesno računarstvo. Sva prava pridržana.
AUDITORNE VJEŽBE 1 IZVEDBA DIGITALNIH SKLOPOVA POLUVODIČKIM KOMPONENTAMA
DIODA KAO SKLOPKA (podsjetnik) iD -
uD
+
Dioda nepropusno polarizirana
iD
Dioda propusno polarizirana
≥ Kroz diodu koja radi kao sklopka struja može teći samo u jednom smjeru, od anode (A) prema katodi (K) i to samo ako je dioda propusno polarizirana (uD>0)
≤ uD
Zad1. Analizirati rad sklopa na slici i odrediti napon UY za sve kombinacije napona UA i UB od 0 i 5 V 4 mogućnosti ovisno o naponima UA i UB: 1)obje diode D1 i D2 nepropusno polarizirane 2)D1 propusno, D2 nepropusno polarizirana 3)D1 nepropusno, D2 propusno polarizirana 4)D1 i D2 propusno polarizirane 1
a) UA = UB = 5 V UY = ?
2
UY = ?
Zad1. Analizirati rad sklopa na slici i odrediti napon UY za sve kombinacije napona UA i UB od 0 i 5 V a) UA = UB = 5 V;
UY = ?
Pretpostavka: obje diode D1 i D2 propusno polarizirane
KZN: 5V – 4.7kΩ·i – 0.7V – 5V = 0 i = - 0.15 mA iD1=iD2=i/2=-0.075mA
1
iD1 < 0 ; uD1 > 0 iD2 < 0 ; uD2 > 0
iD2 i
NIJE MOGUĆE Pretpostavka je pogrešna! Ispravna pretpostavka: diode D1 i D2 su nepropusno polarizirane
2
Zad1. Analizirati rad sklopa na slici i odrediti napon UY za sve kombinacije napona UA i UB od 0 i 5 V a) UA = UB = 5 V;
UY = ?
D1 i D2 nepropusno polarizirane
iD1 = iD2 = 0 mA KZN1: 5V – 0 – uD1 – 5V = 0 uD1 = 0 V ≤ 0
i 1
KZN2: 5V – 0 – uD2 – 5V = 0 uD2 = 0 V ≤ 0 UY = uD2 + 5 V UY = 5 V
2
Zad1. Analizirati rad sklopa na slici i odrediti napon UY za sve kombinacije napona UA i UB od 0 i 5 V b) UA = 0 V; UB = 5 V; UY = ? D1 propusno, D2 nepropusno polarizirana
uD1 = 0.7 V; iD2 = 0 mA KZN1: 5V – 4.7kΩ·i – 0.7V = 0 iD1 = i = 0.915 mA ≥ 0 KZN2: 5V–4.7kΩ·i –uD2–5V=0 uD2 = - 4.3 V ≤ 0 UY = uD2 + 5 V UY = 0.7 V
iD1
1
2
Zad1. Analizirati rad sklopa na slici i odrediti napon UY za sve kombinacije napona UA i UB od 0 i 5 V c) UA = 0 V; UB = 0 V; UY = ? D1 i D2 propusno polarizirane
uD1 = 0.7 V; uD2 = 0.7 V KZN: 5V – 4.7kΩ· (iD1+iD2 ) – 0.7V = 0 iD1 = iD2
iD1
1
iD2
2
iD1 = iD2 = 0.457 mA iD1 ≥ 0; iD2 ≥ 0 UY = uD2 UY = 0.7 V
Zad1. Analizirati rad sklopa na slici i odrediti napon UY za sve kombinacije napona UA i UB od 0 i 5 V d) UA = 5 V; UB = 0 V; UY = ? D1 nepropusno, D2 propusno polarizirana
iD1 = 0 mA; uD2 = 0.7 V KZN2: 5V – 4.7kΩ·i – 0.7V = 0 iD1 = i = 0.915 mA ≥ 0 1
KZN1: 5V–4.7kΩ·i–uD1–5V =0 uD1 = - 4.3 V ≤ 0 UY = uD2 UY = 0.7 V
iD2
2
Zad1. Analizirati rad sklopa na slici i odrediti napon UY za sve kombinacije napona UA i UB od 0 i 5 V napon
5V
0V
c) b) d) a)
UA 0V 0V 5V 5V
logički “1” zabranjeno područje
logički “0”
UB 0V 5V 0V 5V
UY 0.7V 0.7V 0.7V 5V
UY UA UB 0V 0.7V 5V
Y A B “0” “0” “1”
A 0 0 1 1
B 0 1 0 1
Y 0 0 0 1
I logička funkcija A B
Y = A·B
Y
Zad2. Analizirati rad sklopa na slici i odrediti napon UY za sve kombinacije napona UA i UB od 0 i 5 V a) UA = UB = 5 V; D1 i D2 propusno polarizirane
iD1
uD1 = 0.7 V; uD2 = 0.7 V 5V – 4.7kΩ·i – 0.7V = 0 i = 0.915 mA; iD1 = iD2 = i/2 = 0.457 mA
iD2
UY = 4.7kΩ·i = 4.3 V b) UA = UB = 0 V; D1 i D2 nepropusno polarizirane
iD1 = 0 mA; iD2 = 0 mA i = 0 mA; uD1 = uD2 = 0 V UY = 4.7kΩ·i = 0 V
c) UA = 0V ; UB = 5 V; D1 nepropusno, D2 propusno pol.
iD1 = 0 mA; uD2 = 0.7 V iD2 = i = 0.915 mA; UY = 4.3 V; uD1 = -UY = -4.3 V
Zad2. Analizirati rad sklopa na slici i odrediti napon UY za sve kombinacije napona UA i UB od 0 i 5 V d) UA = 5V ; UB = 0 V;
iD1
D1 propusno, D2 nepropusno pol.
iD2 = 0 mA; uD1 = 0.7 V iD1 = i = 0.915 mA; UY = 4.3 V; uD2 = -UY = -4.3 V
b) c) d) a)
UA 0V 0V 5V 5V
UB 0V 5V 0V 5V
UY 0V 4.3V 4.3V 4.3V
“0” “1” “1” “1”
iD2
A 0 0 1 1
B 0 1 0 1
Y 0 1 1 1
ILI logička funkcija A B
Y = A+B
Y
B.T. u spoju zajedničkog emitera
NORMALNO AKTIVNO PODRUČJE
ZASIĆENJE
Bipolarni tranzistor (podsjetnik)
PODRUČJE ZAPIRANJA Ulazne karakteristike biplolarnog tranzistora u spoju zajedničkog emitera
B.T. u spoju Z.E. Zapiranje: IB = -ICB0 UBE hFE UCE = UCEzas UBE = UBEzas
IB
RBIB UBE
KZN1: 10 – RC IC – UCEzas = 0 KZN2: UBEzas + RB IB – Uul = 0 RC = 539 Ω; RB < 59.7 kΩ;
RCIC IC UCE
10 - UCEzas RC = IC Uul - UBEzas RB = IB
Zad4. Provjeriti da li sklop na slici obavlja logičku funkciju NE ako je donja granica logičke jedinice 4V, a gornja granica logičke nule 0.3 V. hFE = 50 UCEzas= 0.3 V UBEzas= 0.8 V UCC = 5 V UBB = 5 V RC = 1 kΩ R1 = 10 kΩ R2 = 100 kΩ Osnovni uvjet koji mora biti ispunjen da bi sklop obavljao funkciju NE je da pri Uul = 4V tranzistor bude u zasićenju, a pri Uul = 0.3V u zapiranju.
RC Uiz
R1 I I 1 B R1I1 I2 UBE R 2I 2 Uul
UBB
RCIC IC UCE UCC
Zad4. Provjera zasićenja Nadomjesna shema sklopa ako je tranzistor u zasićenju: Uul = 4V
Ulazni krug
Izlazni krug
KZS: IB = I1 + I2 = UUL - UBEzas + -UBB - UBEzas = 0.268 mA R1 R2 -UBB - UBEzas IB > IC KZN1: UBEzas + R2 I2 + UBB = 0 I2 = hFE R2 T. u zas. Uul - UBEzas UCE = UCEzas KZN2: UBEzas + R1 I1 - Uul = 0 I1 = R1 UCE = 0.3 V UCC - UCEzas KZN3: RC IC + UCEzas = UCC IC = = 4.7 mA RC
Zad4. Provjera zapiranja Nadomjesna shema sklopa ako je tranzistor u zapiranju: Uul = 0.3V
R1 I 1 R1I1 I2
Uul
UBB
IB= ICB0 R2I2 UBE
Ulazni krug
KZS: IB = I1 + I2 = -ICB0 KZN1: UBE + R2 I2 + UBB = 0 KZN2: Uul - R1 I1 = -UBB - R2 I2 KZN3: RC IC + UCE = UCC
ICB0 Izlazni krug
R2 (UBB +Uul+R1ICB0 )–UBB UBE= R1 + R2 Uul UCE UBE= -0.18 V < 0.6 V 4 V 0.3V tranzistor u zapiranju 0.3V 5V
UCE = UCC - RC ICB0 = 5 V
Uul UCE “1” “0” “0” “1”
Zad5. Sklop prema slici dobiva pobudu sa izlaza jednakih takvih sklopova. Izračunati sve struje i napone. Koju logičku funkciju obavlja prikazani sklop? Poznato je: hFE = 50, UCC = 6 V, UCEzas= 0.3 V, UBEzas= 0.8 V, RC = 1 kΩ, RB1 = 4 kΩ, RB2 = 4 kΩ.
Pretpostavke: UA i UB: a) Ako je A=B=“1” → T1 i T2 u zasićenju → UY = 2UCEzas = 0.6 V b) A=“0”, B=“1” → T2 u zapiranju → IC2 = 0 mA → UY ≈ UCC = 6 V c) A=“1”, B=“0” → T1 u zapiranju → IC1 = 0 mA → UY ≈ UCC = 6 V d) A=B=“0” → T1 i T2 u zapiranju → IC =IC1=IC2 = 0 mA → UY ≈ UCC = 6 V UC RB3
NI sklop
UD RB4
+UCC RC UY
UA RB2 2
+UCC RC 3 4
UB RB1 1
KZN1: UCC = (RC+RB)IB2 +UBEzas +UCEzas KZN2: UCC = (RC+RB)IB1 + UBEzas KZN3: UCC = RCIC2 +UCEzas +UCEzas
IB2 =
UCC -UBEzas = 1.04 mA RB+RC U -2UCEzas IC2 = CC = 5.4 mA RC
IB1 =
KZS: IC1 = IE2 = IB2 +IC2 = 6.38 mA
+UCC
Provjera da li je T2 u zas. ?
IB2 >
IC2 hFE
Provjera: T1 u zas. ?
IC1 IB1 > hFE
RC
UE RB5 UF RB6
a) A=B=“1” A=“1”→T5/T6 u zap.→IC5=0mA B=“1”→T3/T4 u zap.→IC3=0mA T2 u zas.→UBE2=UBEzas , UCEzas T1 u zas.→UBE1=UBEzas , UCEzas
UC UD
UCC -UBEzas -UCEzas = 0.98 mA RB+RC
+UCC RC IC
RB2 IB2 A IB2 T2 T5 0mA UBEzas +UCC T6 R C IB1 B RB1 IB1 T1 T3 0mA RB3 UBEzas T4 RB4
UY IC2
UCEzas IE2 IC1 UCEzas
KZN1: 2UCEzas – UBE2 – UCEzas = 0 KZN2: UCC = (RC+RB)IB1 + UBEzas
UBE2 = UCEzas = 0.3 V IB1 =
KZS: IC1 = IE2 = IB2 +IC2 = 0 mA
UCC -UBEzas = 1.04 mA RB+RC RC
+UCC Provjera: T2 u zap. ?
UBE2 < 0.6
UE RB5 Provjera: T1 u zas. ?
IC1 IB1 > hFE
UF RB6 UC
b) A =“0”, B=“1”
UD
IC
RC T2 RB2 A IC5 0mA T5 UBE2 UCEzas +UCC T6 R C IB1 B RB1 IB1 T1 UCEzas T3 0mA RB3 UBEzas T4 RB4
A=“0”→T5 i T6 u zas.→UA=2UCEzas A=“0”→T2 u zap.→IB2=IC2=0mA B=“1”→T3/T4 u zap.→IC3=0mA B=“1”→T1 u zas.→ UBE2= UBEzas ; UCE2= UCEzas
+UCC
UY 0mA
UCE2 IE2 IC1 UCEzas
AUDITORNE VJEŽBE 2 BROJEVNI SUSTAVI, KODOVI, OSNOVNI LOGIČKI SKLOPOVI I BOOLEOVA ALGEBRA
BROJEVNI SUSTAVI Heksadecimalni
Dekadski
Oktalni
Binarni
n=16
n=10
n=8
n=2
0
0
0
0
1
1
1
1
2
2
2
10
3
3
3
11
4
4
4
100
5
5
5
101
6
6
6
110
7
7
7
111
8
8
10
1000
9
9
11
1001
A
10
12
1010
B
11
13
1011
C
12
14
1100
D
13
15
1101
E
14
16
1110
F
15
17
1111
DEC
BIN
Zad1. Pretvoriti broj 87 iz dekadskog brojevnog sustava u binarni Provjera: 6 5 4 3 2 1 0 ostatak 1010111 1 87:2 = 43 0 1·2 = 1 1 43:2 = 21 1 1·2 = 2 1 21:2 = 10 2 1·2 = 4 0 10:2 = 5 3 0·2 = 0 1 5:2 = 2 4 1·2 = 16 0 2:2 = 1 5 0·2 = 0 1 1:2 = 0 1·26 = 64 + 8710 = 10101112 = 87
razlomljeni DEC
BIN
Zad2. Pretvoriti broj 5.625 iz dekadskog brojevnog sustava u binarni ostatak/višak 1 5:2 = 2 0 2:2 = 1 1 1:2 = 0 0.625·2 = 1.25 1 0.25 · 2 = 0.5 0 0.5 · 2 = 1.00 1 5.62510= 101.1012
Provjera: 2 1 0 -1 -2 -3
101.101 1·20 = 1 0·21 = 0 1·22 = 4 1·2-1 = 0.5 0·2-2 = 0 1·2-3 = 0.125 +
= 5.625
DEC
HEX
Zad3. Pretvoriti broj 45 iz dekadskog brojevnog sustava u heksadecimalni 45:16 = 2 2:16 = 0 4510= 2D16
ostatak 13 D 2 2
Provjera: 13·160 = 13 2·161 = 32 +
= 45
razlomljeni DEC
HEX
Zad4. Pretvoriti broj 250.25 iz dekadskog brojevnog sustava u heksadecimalni ostatak/višak 10 A 250:16 = 15 15 F 15:16 = 0 0.25 · 16 = 4.00 4 4 250.2510 = FA.416
Provjera: 10·160 = 10 15·161 = 240 4·16 -1 = 0.25 +
= 250.25
HEX
BIN
Zad5. Pretvoriti broj 3B7 iz heksadecimalnog sustava u binarni 3B7 11 1011 0111 3B716 = 11101101112
razlomljeni HEX
BIN
Zad6. Pretvoriti broj 47.FE iz heksadecimalnog brojevnog sustava u binarni 47.FE 100 0111 . 1111 1110 47.FE16 = 1000111.111111102
BIN
HEX
Zad7. Pretvoriti broj 101010000101 iz binarnog sustava u heksadecimalni 101010000101 A85 1010100001012 = A8516
DEC
OCT
Zad8. Pretvoriti broj 1016 iz dekadskog brojevnog sustava u oktalni ostatak 1016:8 = 127 0 7 127:8 = 15 7 15:8 = 1 1 1:8 = 0 101610 = 17708
Provjera: 0·80 = 0 7·81 = 56 7·82 = 448 1·83 = 512 +
= 1016
OCT
DEC
Zad9. Pretvoriti broj 2763 iz oktalnog brojevnog sustava u dekadski 3 2 1 0
27638 = ?10 2· 83 = 1024 7· 82 = 448 6· 81 = 48 3 3· 80 = 27638 = 152310
HEX
OCT
Zad10. Pretvoriti broj 6306 iz heksadecimalnog brojevnog sustava u oktalni HEX
BIN
OCT
6306 0110 0011 0000 0110 61406 630616 = 614068
ZBRAJANJE I ODUZIMANJE U BINARNOM BROJEVNOM SUSTAVU ZBRAJANJE U BINARNOM BROJEVNOM SUSTAVU 0+0 = 0 1+0 = 1 1+1 = 0, prijenos 1 1+1+1 = 1, prijenos 1 1+1+1+1 = 0, prijenos 10 Primjeri: 10001101 + 1010000 110 1 11 01
1 11 1 0 1
1 1 1 11 0 0 1
10111001 + 1111001 10 01 1 0010
111 10110 1011 + 1 0 1000
ZAPIS BROJA S PREDZNAKOM Zapis broja bez predznaka:
8 – bitna riječ 28-1 = 255 LSB od 0 do 255 MSB Zapis broja sa predznakom: 8 – bitna riječ s predznakom od -27 do 27-1 predznak bit magnituda tj. od -128 do 127
predznak bit =“1“ označava negativan broj (-) predznak bit =“0“ označava pozitivan broj (+) Ako je predznak bit =“1“ magnituda u zapisu dvojnog 10101111 komplementa, npr.
01010000 + 1 01010001
komplement dvojni komplement
Pretvorba binarnog broja s predznakom u dekadski broj s predznakom KORAK1. Odvojiti predznak bit od magnitude; ako je predznak bit = 1 dekadski broj će biti negativan; ako je predznak bit = 0 dekadski broj će biti pozitivan) KORAK2. a) Ako je predznak bit = 1 napraviti dvojni komplement od magnitude b) Ako je predznak bit = 0 prijeći na korak3 KORAK3. Pretvoriti binarni broj iz koraka2 u dekadski broj. KORAK4. Dopisati odgovarajući predznak
BIN s predznakom
DEC s predznakom
Zad11. Pretvoriti 8-bitni binarni broj s predznakom 10000000 u dekadski 10000000 1111111 + 1 10000000
-27 = -12810
1)Odvojiti predznak bit 2) Predznak bit = 1 → napraviti dvojni komplement 3) Pretvoriti u dekadski ekvivalent 4) Dopisati predznak “-”
BIN s predznakom
DEC s predznakom
Zad12. Pretvoriti 8-bitni binarni broj s predznakom 11111111 u dekadski 11111111 0000000 1 + 0000001
-110
1)Odvojiti predznak bit 2) Predznak bit = 1 → napraviti dvojni komplement 3) Pretvoriti u dekadski ekvivalent 4) Dopisati predznak “-”
BIN s predznakom
DEC s predznakom
Zad13. Pretvoriti 8-bitni binarni broj s predznakom 11111000 u dekadski 11111000 0000111 + 1 0001000
-810
Provjera: 11111000 -8 + 8 + 00001000 = 0 = 100000000
BIN s predznakom
DEC s predznakom
Zad11. Pretvoriti 16-bitni binarni broj s predznakom 10000010 u dekadski 0000000010000010 10000010
21+27 = 13010
1)Odvojiti predznak bit 2) Predznak bit = 0 → prijeći na korak 3 3) Pretvoriti u dekadski ekvivalent 4) Predznak “+”
Pretvorba dekadskog broja s predznakom u binarni broj s predznakom KORAK1. Odvojiti predznak dekadskog broja od njegove apsolutne vrijednosti; ako je dekadski broj negativan, predznak bit će biti 1; ako je dekadski broj pozitivan, predznak bit će biti 0 KORAK2. Pretvoriti apsolutnu vrijednost dekadskog broja u binarni broj bez predznaka. KORAK3. a) Ako je predznak dekadskog broja iz koraka1 “-” napraviti dvojni komplement od dobivenog binarnog broja iz koraka2 b) Ako je predznak “+” prijeći na korak4 KORAK4. Provjeriti predznak bit
DEC s predznakom
BIN s predznakom
Zad14. Pretvoriti dekadski broj –35 u 8-bitni binarni broj s predznakom 1)Odvojiti predznak 2) Pretvoriti 3510 u binarni 3) Napraviti dvojni komplement 4) Provjeriti predznak bit = 1 35:2 = 17 17:2 = 8 8:2 = 4 4:2 = 2 2:2 = 1 1:2 = 0
1 1 0 0 0 1
00 1 0 0 0 1 1 11011100 +
1 11011101
-3510= 110111012
ODUZIMANJE U BINARNOM BROJEVNOM SUSTAVU Oduzimanje = zbrajanje sa dvojnim komplementom Primjer: Izračunati razlike 8-bitnih binarnih brojeva s predznakom 1001101 - 110000 i 110000 - 1001101
0 1 0 0 1 1 0 1 7710
- 0 1 0 0 1 1 0 1 7710 00110000
= 1 1 1 0 0 0 1 1 -2910 Provjera
01001101
=1 0 0 0 1 1 1 0 1 2910
4810
10110010 + 1
- 0 0 1 1 0 0 0 0 4810 11001111 + 1
00 1 1 0 0 0 0
00011100 + 1 = 00011101
2910
KODOVI Binarni
Alfanumerički -EBCDIC kod -ASCII kod (@ g A = ! ...)
TEŽINSKI KODOVI
NETEŽINSKI KODOVI
- BCD kod (8421 kod)
-XS-3 kod -GRAYev kod
BINARNI KODOVI Dekadska znamenka
BCD kod
XS-3 kod
AIKEN kod
Grayev kod
0
0000
0011
0000
0000
1
0001
0100
0001
0001
2
0010
0101
0010
0011
3
0011
0110
0011
0010
4
0100
0111
0100
0110
5
0101
1000
1011
0111
6
0110
1001
1100
0101
7
0111
1010
1101
0100
8
1000
1011
1110
1100
9
1001
1100
1111
1101
10
0001 0000
0100 0011
0001 0000
1111
11
0001 0001
0100 0100
0001 0001
1110
12
0001 0010
0100 0101
0001 0010
1010
13
0001 0011
0100 0110
0001 0011
1011
14
0001 0100
0100 0111
0001 0100
1001
15
0001 0101
0100 1000
0001 1011
1000
DEC
BCD
Zad15. Kodirati dekadski broj 150 u BCD kod.
150 0001 0101 0000 15010 = 000101010000BCD
BCD
DEC
Zad16. Dekodirati broj 10010110 iz BCD koda u dekadski broj. 10010110 96 10010110BCD = 9610
razlomljeni DEC
BCD
Zad17. Kodirati dekadski broj 32.84 u BCD kod.
32.84 0011 0010 . 1000 0100 32.8410 = 00110010.10000100BCD
razlomljeni BCD
DEC
Zad18. Dekodirati broj 1110001.00001000 iz BCD koda u dekadski broj. 01110001.00001000 7 1.0 8 01110001.00001000 BCD = 71.0810
razlomljeni BCD
BIN
Zad19. Dekodirati broj 000100000011.0101 iz BCD koda u binarni broj. BCD
DEC
BIN
103:2 = 51 51:2 = 25 0001 0000 0011.0101 25:2 = 12 12:2 = 6 1 0 3.5 6:2 = 3 0001 0000 0011.0101 BCD = 103.510 3:2 = 1 1:2 = 0 0.5 · 2 = 1.00
1 1 1 0 0 1 1 1
0001 0000 0011.0101 BCD = 1100111.12
BIN
BCD
Zad20. Kodirati binarni broj 10001010.101 u BCD kod. 7 6 5 4 3 2 1 0 -1 -2 -3
10001010.101 1·27 = 128 1·23 = 8 1·21 = 2 1·2-1 = 0.5 1·2-3 = 0.125 + = 138.62510
138.625 0001 0011 1000.0110 0010 0101
10001010.1012 =0001 0011 1000.0110 0010 0101BCD
DEC
XS-3
Zad21. Kodirati dekadski broj 62 u XS-3 kod. 62 6 +3 9
2 +3 5
1001 0101 6210 = 1001 0101XS-3
BCD
XS-3
Zad22. Dekodirati broj 1000000 iz BCD koda u XS-3 kod. 0100 0000 0100 +0011 0111
0000 +0011 0011
0111 0011 1000000BCD = 01110011XS-3
XS-3
DEC
Zad23. Dekodirati broj 10001100 iz XS-3 koda u dekadski broj. 1000 1100 Oduzeti 0011 isto je što i zbrojiti dvojni komplement od 0011
0011 1100 1 + 1101
1000 - 0011 1000 + 1101 1 0101
1100 - 0011 1100 + 1101 1 1001 5 9
10001100 XS-3 = 5910
BIN
GRAY
Zad24. Kodirati binarni broj 10110 u Grayev kod. 1
0
1
1
1 0 1 1 0 zbroj
1 1
zbroj
zbroj zbroj
1
0
1
101102 = 11101GRAY
GRAY
BIN
Zad25. Dekodirati broj 011011 iz Grayevog koda u binarni broj.
0
0
0
1
0
0
1
1
1
0
1
1
zbroj
zbroj
zbroj
zbroj
zbroj
1
0
0
1
0
011011GRAY = 0100102
OSNOVNI LOGIČKI SKLOPOVI Naziv NE (NOT) I (AND) ILI (OR)
Logička funkcija
Simbol A
A
Y
Y
B
A B
Y
Tablica kombinacija A Y
Y =A
Y = A·B
Y = A+B
0
1
1
0
A 0 0 1 1
B 0 1 0 1
Y 0 0 0 1
A 0 0 1 1
B 0 1 0 1
Y 0 1 1 1
Naziv
NI (NAND) NILI (NOR) Isključivo ILI (EXOR) Isključivo NILI, ekvivalencija (EXNOR)
Logička funkcija
Simbol A
Y
Y = A·B
B
A
Y
Y = A↓B Y = A+B
B
A
Y = A↑B
Y
Y=A B
B
Y = AB+AB
A
Y=A B
B
Y
Y = AB+AB
Tablica kombinacija A 0 0 1 1 A 0 0 1 1
B 0 1 0 1 B 0 1 0 1
Y 1 1 1 0 Y 1 0 0 0
A 0 0 1 1
B 0 1 0 1
Y 0 1 1 0
A 0 0 1 1
B 0 1 0 1
Y 1 0 0 1
Zad1. Nacrtati vremenski oblik izlaznog signala ILI sklopa uz nacrtane ulazne signale 0 1 0 1 0 1 0 1 0 A A “1” B “0” t 0 0 0 1 1 1 0 0 1 A B “1” B 0 0 “0” 0 1 t 1 0 “1” “0”
0 1 0 1 1
1 1
1 0 1 1
Y=? t
Y
Y 0 1 1 1
Zad2. Napisati tablicu kombinacija za sklop na slici NE 0 1 1 0
0 0 1 1
A
0 0
1 10
B
0 1
1
C
0 0
0
0 0 0
0 1 0 1
I 0 0 0 1
0 0 1 1
ILI 0 1 1 1
0 1 0 1
0 1 0 1 0 0
Y
A 0 0 0 0 1 1 1 1
BC 0 0 0 1 1 0 1 1 0 0 0 1 1 0 1 1
Y 0 0 1 1 0 1 0 1
Zad3. Napisati tablicu kombinacija za sklop na slici A BC Y I 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 1 0 0 0 1 1 0 1 0 0 0 1 0 1 0 1 1 0 1 0 0 0 0 1 1 1 A01 1 0 1 0 1 1 0 0 1 1 0 0 B 01 1 0 1 1 00 1 1 1 1 10 1 1 0 1 C01 1 1 1 1 00 11
10
0 0 11
10
10
Y
AKSIOMI I TEOREMI BOOLOVE ALGEBRE A1) neutralni element A+0=A A·1=A A2) komplement A+A=1 A·A=0 A3)
komutativnost
A+B = B+A A·B = B·A A4) distributivnost A·(B+C) = A·B+A·C A+B·C = (A+B)·(A+C)
T1)
A+1 = 1 ;
A·0 = 0
T2)
A+A = A ;
A·A = A
T3)
A=A
T4)
(A+B)+C = A+(B+C) ; A·(B·C) = (A·B)·C
T5)
de Morganov teorem A+B=A·B A·B=A+B A+B+C+…= A·B·C·… A·B·C ·…= A+B+C+…
Zad4. Dokazati da sklop na slici obavlja logičku funkciju ILI A C Y = CD+CD = (A B)·(AB)+(A B)·(AB)=
B
Y
A B
= AB+AB ·AB + (AB+AB) ·AB =
D
= AB · AB · AB + (AB+AB) ·(A+B) = = (A+B)·(A+B)·AB + (AAB+AAB+ABB+ABB) = =A
=B
=A
=0
=0
=B
= (AA+AB+AB+BB)·AB + (AB+AB) = =0
=0
= AB·AB+AABB + AB+AB = = AB
=0 =0
= AB+AB+AB = AB+AB+AB+AB = = A(B+B)+(A+A)B = A+B =1
=1
Provjera: A 0 0 1 1
B A B 0 0 1 1 0 1 1 0
AB 0 0 0 1
Y 0 1 1 1
A B C
Zad5. Napisati logički izraz sklopa iz zadatka 3 te ga pojednostaviti koristeći Booleovu algebru A·B·C
A·B·C·A·C
C A·B·C·A·C A A·C
Y B
A·B A·B·C·A·C + A·B
Y= A·B·C·A·C + A·B = A·A·B·C·C + A·B = 0·B·0+A·B = = 0 +A·B = 1 +A·B = 1
Zad6. Napisati logički izraz sklopa prema zadanoj tablici stanja 1.Rješenje: Y = A·B·C·D + A·B·C·D + A·B·C·D + + A·B·C·D + A·B·C·D + A·B·C·D + + A·B·C·D + A·B·C·D + A·B·C·D 2.Rješenje: Y = (A+B+C+D)·(A+B+C+D)· ·(A+B+C+D)·(A+B+C+D)· ·(A+B+C+D)·(A+B+C+D)· ·(A+B+C+D)
A 0 0 0 0 0 0 0 0 1 1 1 1 1 1 1 1
B 0 0 0 0 1 1 1 1 0 0 0 0 1 1 1 1
C 0 0 1 1 0 0 1 1 0 0 1 1 0 0 1 1
D 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1
Y 0 1 1 0 0 0 1 1 1 0 1 1 0 1 1 0
Zad7. Ostvariti logičku funkciju ILI pomoću logičkih funkcija NE i I A+B = A+B = A·B
ILI
A B
A
B
A+B A+B
A+B
Logička funkcija ILI izvedena drugim funkcijama dviju varijabli A
A+B
A
B
ILI = f (I, NE) A B
A+B A B
B
A+B
ILI = f (NILI) A B
A+B
ILI = f (EXNILI, I)
ILI = f (NI) A B
A+B
A B
ILI = f (EXILI, I)
Logička funkcija I izvedena drugim funkcijama dviju varijabli A
A·B
B
I = f (ILI, NE) A A·B
B
I = f (NILI)
A B
A·B
I = f (NI)
Logička funkcija NE izvedena drugim funkcijama dviju varijabli
A 1
A
A 0
NE = f (EXILI)
A
A
NE = f (NI)
A
NE = f (EXNILI)
A
A
NE = f (NILI)
AUDITORNE VJEŽBE 3 MINIMIZACIJA LOGIČKIH FUNKCIJA I PRIMJERI KOMBINACIJSKIH LOGIČKIH SKLOPOVA
MINIMIZACIJA LOGIČKIH FUNKCIJA KARNAUGHOVIM TABLICAMA MINTERME -zbroj umnožaka -gledaju se “1” A·B Y = A·B+A·B (neminimizirano) A·B
A 0 0 1 1
B 0 1 0 1
Y 0 1 0 1
A+B A+B
MAKSTERME -umnožak zbrojeva -gledaju se “0” Y = (A+B)·(A+B) (neminimizirano)
Minimizacija primjenom aksioma i teorema Boolove algebre Y = A·B+A·B = (A+A)·B = B Y = (A+B)·(A+B) = A·A+A·B+B·A+B·B= (A+A)·B+B = B+B = B Minimizacija Karnoughovim tablicama (K-tablica) A A A A Preko mintermi Preko makstermi B 0 0 B 1 1 B
Y=B
B
Y=B
Zad1. Minimizirati logički izraz zadan tablicom kombinacija pomoću makstermi A 0 0 0 0 1 1 1 1
BC 0 0 0 1 1 0 1 1 0 0 0 1 1 0 1 1
Y 0 1 1 1 0 1 0 1
A+B+C
1C
A+B+C
1C
0C 0
kombinacije se trebaju razlikovati u jednom bitu
0
0
Y = (A+C)·(B+C)
A+B+C
A B 0 0 1 1 0 1 1 0 Pogrešno! C A+B A+B A+B A+B Susjedne 0C
Prvi način: AB 11 10 00 01 A+B A+B A+B A+B C
Drugi način: AB 00 01 11 10 C A+B A+B A+B A+B 0C 0 1C
0
0
Zad2. Minimizirati logički izraz zadan tablicom kombinacija pomoću mintermi A 0 0 0 0 1 1 1 1
BC 0 0 0 1 1 0 1 1 0 0 0 1 1 0 1 1
Prvi način:
Y 0 1 1 1 0 1 0 1
Drugi način:
A·B·C A·B·C A·B·C
1 A
0 A
1 1 C·B 1
1
0 1 C·B
1
CB
A·B·C
0 0 C·B
A·B·C
AB 00 01 11 10 A·B A·B A·B A·B C
1 0 C·B 1
1
1
1
1
1
Y = C + A·B
1
0 C 1 C
A
Y = C + A·B
Zad3. Minimizirati logički izraz zadan tablicom kombinacija pomoću mintermi CD 00 01 11 10 AB C·D C·D C·D C·D 1 1 A·B
1
1
1
1
0 1 A·B 1 0 0 A·B 1 1 0 A·B
Y = A·C + A·C·D
A 0 0 0 0 0 0 0 0 1 1 1 1 1 1 1 1
B 0 0 0 0 1 1 1 1 0 0 0 0 1 1 1 1
C 0 0 1 1 0 0 1 1 0 0 1 1 0 0 1 1
D 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1
Y 1 0 0 0 1 0 0 0 0 0 1 1 0 0 1 1
Zad4. Prema tablici stanja napisati logičku funkciju u obliku makstermi i minimizirani oblik funkcije dobiven K-tablicom Y = (A+B+C+D)·(A+B+C+D)·(A+B+C+D)· ·(A+B+C+D)·(A+B+C+D)·(A+B+C+D) CD 11 10 00 01 AB C+D C+D C+D C+D 0 0 A+B
0 0
1 0 A+B 1 1 A+B 0 1 A+B
0
0 0
0
A 0 0 0 0 0 0 0 0 1 1 1 1 1 1 1 1
B 0 0 0 0 1 1 1 1 0 0 0 0 1 1 1 1
C 0 0 1 1 0 0 1 1 0 0 1 1 0 0 1 1
D 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1
Y = (A+B+C+D)·(A+B+C)·(A+C+D)· (A+B+C+D)·(A+B+C+D)
Y 1 1 1 0 1 1 0 1 0 0 1 1 0 1 1 0
Zad5. Realizirati sklop koji otkriva pojavu 4-bitnih kodnih riječi XS-3 koda CD 00 01 11 10 AB C·D C·D C·D C·D 1 1 A·B
1
0 1 A·B
1
1
1
1
0 0 A·B 1 0 A·B
1
1
1
1
1
Y = A·B + A·B + B·C·D + B·C·D
A 0 0 0 0 0 0 0 0 1 1 1 1 1 1 1 1
B 0 0 0 0 1 1 1 1 0 0 0 0 1 1 1 1
C 0 0 1 1 0 0 1 1 0 0 1 1 0 0 1 1
D 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1
Y 0 0 0 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 0 0 0
Zad6. Projektirati logički sklop koji otkriva A BC pojavu broja 9 zapisanog u BCD kodu. 0 0 0 Realizirati traženi sklop koristeći minimalan 0 0 0 broj osnovnih logičkih sklopova. 0 0 1 x- kombinacije koje se ne pojavljuju u BCD kodu
CD 00 01 11 10 AB C·D C·D C·D C·D 1 1 A·B
x 0
x 1
x 1
x 0
1
x 1
x 0
0 1 A·B 0 0 A·B 1 0 A·B
Y = A·D
Svaka kombinacije označena sa x u K-tablici može se proizvoljno postaviti bilo kao 0 bilo kao 1 ovisno koji odabir daje manju logičku funkciju
0 0 0 0 0 1 1 1 1 1 1 1 1
0 1 1 1 1 0 0 0 0 1 1 1 1
1 0 0 1 1 0 0 1 1 0 0 1 1
D 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1
Y 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 x x x x x x
Zad7. Napisati logički izraz sklopa prema zadanoj tablici kombinacija pomoću a) mintermi; b)makstermi a) pomoću mintermi Y = A·B·C·D + A·B·C·D + A·B·C·D + + A·B·C·D + A·B·C·D + A·B·C·D + + A·B·C·D + A·B·C·D + A·B·C·D Y(A,B,C,D) = Σ(1,2,6,7,8,10,11,13,14) b) pomoću makstermi Y = (A+B+C+D)·(A+B+C+D)· ·(A+B+C+D)·(A+B+C+D)· ·(A+B+C+D)·(A+B+C+D)··(A+B+C+D) Y(A,B,C,D) = Π(0,3,4,5,9,12,15)
R.br. komb. 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15
A 0 0 0 0 0 0 0 0 1 1 1 1 1 1 1 1
B 0 0 0 0 1 1 1 1 0 0 0 0 1 1 1 1
C 0 0 1 1 0 0 1 1 0 0 1 1 0 0 1 1
D 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1
Y 0 1 1 0 0 0 1 1 1 0 1 1 0 1 1 0
MINIMIZACIJA LOG. FUNKCIJA Quine-McCluskey METODOM
R.br. komb. A
1. grupiranje prema broju jedinica u A B C D 2. usporedba (traženje razlika u jednom bitu) 3. “primarni članovi” (bez “ “) 1 2 8 6 10 7 11 13 14
A B CD 0 0 01 0 0 10 1 0 00 0 1 10 1 0 10 0 1 11 1 0 11 1 1 01 1 1 10
(2+6): (2+10): (8+10): (6+7): (6+14): (10+11): (10+14):
A B CD 0 - 10 - 0 10 10- 0 0 1 1- 1 10 1 0 11 - 10
(2+6+10+14): (2+10+6+14):
A B CD - - 10 - - 10
Y = A·B·C·D+ A·B·C·D + A·B·D + A·B·C + A·B·C + C·D
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15
0 0 0 0 0 0 0 0 1 1 1 1 1 1 1 1
B 0 0 0 0 1 1 1 1 0 0 0 0 1 1 1 1
C 0 0 1 1 0 0 1 1 0 0 1 1 0 0 1 1
D 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1
Y 0 1 1 0 0 0 1 1 1 0 1 1 0 1 1 0
R.br. komb. A
Quine-McCluskey - nastavak
M I N T E R M E A·B·C·D A·B·C·D A·B·C·D A·B·C·D A·B·C·D A·B·C·D A·B·C·D A·B·C·D A·B·C·D 2 6 10 11 13 14 7 8 Prim.čl. 1
A·B·C·D x A·B·C·D A·B·D A·B·C A·B·C C·D
1 2
BC D Y
0 0 0 1 1 0 0 1 0 1
x x x x
x
x
6 7
x x x
x x
8 10
0 1 1 0 1 0 1 1 1 1 1 0 0 0 1 1 0 1 0 1 1 0 1 1 1
11 4. popuniti tablicu sa “x” 5. pronaći “bitne primarne članove” 6. označiti minterme sadržane u “bitnim prim.čl.” 13 1 1 0 1 1 7. ako ima mintermi koje su preostale neuključene 14 1 1 1 0 1 (minterme bez “ “) Æ odabrati minimalni broj prim.čl. da ih pokriju
Y = A·B·C·D + A·B·C·D + A·B·D + A·B·C + A·B·C + C·D
PRIMJERI KOMBINACIJSKIH LOGIČKIH SKLOPOVA - Poluzbrajalo - Potpuno zbrajalo - Četverobitno zbrajalo - Generator paritetnog bita - Detektor pogreške u prijenosu - Multipleksor - Demultipleksor -…
Zad8. Pomoću osnovnih logičkih sklopova realizirati poluzbrajalo za dva jednobitna binarna broja.
A B
A B
HA (Half adder)
S C
S
A, B – ulazni bitovi S – zbroj bit C – prijenosni bit
C
0+0 = 0 1+0 = 1 1+1 = 0, prijenos 1
A 0 0 1 1
B 0 1 0 1
SC 0 0 1 0 1 0 0 1
S=A B C = A·B
Zad9. Pomoću poluzbrajala realizirati potpuno zbrajalo za dva jednobitna binarna broja i prijenosni bit. A B CHA SHA 0 0 0 0 1 0 1 0 0 1 1 1 Cin CHA SHA 0 0 0 0 0 1 0 1 0 0 1 1 1 0 0 1 0 1 1 1 0 1 1 1
0 1 1 0 Cout 0 0 1 x 0 1 1 x
CHA 1 0 SHA + 0 Cin 10 Cout S
S SHA
A
HA
B
CHA
Cout
S Cin 0 Cin 1 Cout S 0 SHA S HA S A Cin CHA 1 0 x 1 0 B 1 FA Cout Cin0CHA 00 1 0 Cin 0 01 x 1 x 1 01 (Full adder) 11 x 1 x x 1 11 01 10 00 10 1 1 + 1 + 1 + 1 10 01
10
...
11
Cout=CHA+CinSHA
S=CinSHA+CinSHA=Cin SHA
Zad10. Pomoću sklopa iz prethodnog zadatka realizirati paralelno zbrajalo za dva četverobitna binarna broja. Cin0 A0 B0 Cin1 A1 B1
Cin2 A2 B2
Cin3 A3 B3 A3A2A1A0 B3B2B1B0 1 0 0 1 0 0 1 1
S0
FA
0 0 1 1
1001 + 0011 110 0
Cout0 S1
FA
Cout1
S2
FA
Cout2
S3
FA
Cout3
S3S2S1S0 1 1 0 0
Cout A B S
Zad11. Projektirati generator paritetnog bita s 4 ulaza koristeći EXILI logičke sklopove. Px = 0 Px = 1 Px = 0 Px = 1
Ako je P = 0 Ako je P = 1 A 0 0 1 1
B 0 1 0 1
A B
0 1 1 0
ako je na ulazima A,B,C,D paran broj jedinica ako je na ulazima A,B,C,D neparan broj jedinica ako je na ulazima A,B,C,D neparan broj jedinica ako je na ulazima A,B,C,D paran broj jedinica
C (A B) C D ((A B) C) D P (((A B) C) D) P 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 1 1 1 1 1 0 1 0 1 1 1 1 0 1 A B C D P
Px
Zad12. Skicirati shemu sklopa paritetnog bita iz prethodnog zadatka pomoću integriranog logičkog sklopa 7486. Stanje izlaznog paritetnog bita treba signalizirati svijetlećom (LED) diodom.
1
VCC 14
2
13
3
12
4
11
5
10
6
9
7 GND
8
330 Ω LED
Primjena generatora paritetnog bita u prijenosu digitalnih podatka.
Predajnik digitalnog signala
A B C D
Prijemnik digitalnog signala Prijenosni vod
P
Generator paritetnog bita
Detektor greške
ALARM
Hamingov kod za detekciju i ispravljanje greške
D7 D6 D3
D3 D5 D7
Prijenosni vod P4
0 0
P2
1 1
P1
0 0
1 0 1
D7 D6 D5
1
D3
Sklop za korekciju greške
Prijemnik digitalnog signala
Indikator pogrešnog bita D7 D6 D5 P4 D7 D6 D3 P2 D3 D5 D7 P1
Generator paritetnog bita
D5
Generator paritetnog bita
D7 D6
1 0 0 0 0 1 0
Generator paritetnog bita
0 0
D7 D6 D5 P4 D3 P2 P1
Generator paritetnog bita
D3
Generator paritetnog bita
1 1 0 0 1 1
Generator paritetnog bita
Predajnik digitalnog signala
D7 D6 D5
PX4
1 0
PX2
0 1
PX1
1 1
101→D5 011→D3
Zad13. Pomoću osnovnih logičkih sklopova realizirati dvoulazni multipleksor. A X X X Multipleksor je digitalni sklop sa više ulaznih linija (X0 do Xn-1) i samo jednim izlazom (X). U danom trenutku samo se jedan ulaz prenosi na izlaz. Ulaz koji se prenosi na izlaz izabran je pomoću odvojenih adresnih ulaznih bitova.
Ako je A = 0 onda treba biti X = X0 Ako je A = 1 onda treba biti X = X1
Ulazne linije
A - adresni bit
X0
X1
0 0 0 0 1 1 1 1
0 0 1 1 0 0 1 1
X A X0 X1
X
0
1
0 1 0 1 0 1 0 1
0 0 1 1 0 1 0 1
0 1
00 01 11 1 10 1
1 1
X=X1A+X0A
Zad14. Pomoću osnovnih logičkih sklopova realizirati četveroulazni multipleksor. A1 A0 X= A= A= A= A=
Adresne linije
Ulazne linije
A1 A0
X0
A0 A1 X0
X1
A0 A1 X1
X2
A0 A1 X2
X3
A0 A1 X3
0 0 1 1
0 1 0 1
→ → → →
X = X0 X = X1 X = X2 X = X3
X0A0A1+ X1A0A1+ X2A0A1+ X3A0A1
X
Zad15. Koliko je adresnih linija potrebno za adresiranje 100 bitnog podatka? 2k > 100 k=7
Zad16. Pomoću osnovnih logičkih sklopova realizirati 1-na-2 demultipleksor. A X X X Demultipleksor je digitalni sklop sa jednom ulaznom linijom (X) i više izlaznih linija (X0 do Xn-1). Ulaz se u danom trenutku prenosi na samo jedan od izlaza. Izlaz na koji se prenosi ulazni podatak izabran je pomoću odvojenih adresnih bitova. Ako A = 0 onda X0= Xin , X1= 0 Ako A = 1 onda X0= 0 , X1= Xin
in
0 0 1 1
0 1 0 1
0
0 1 0 0
X0 = AX X1 = AX
0 0 0 1
1
Zad17. Pomoću osnovnih logičkih sklopova realizirati 2-na-4 demultipleksor. A A A= A= A= A=
Adresne linije
A1 A0
X
A0 A1 X
X0
A0 A1 X
X1
A0 A1 X
X2
A0 A1 X
X3
1
0 0 1 1
0 1 0 1
0
→ → → →
X0 = X1 = X2 = X3 =
X X X X
X0 = XA0A1 X1 = XA0A1 X2 = XA0A1 X3 = XA0A1
AUDITORNE VJEŽBE 4 SEKVENCIJALNI SKLOPOVI - Bistabili (SR-bistabil, JK-bistabil, T-bistabil, D-bistabil) - Projektiranje sekvencijalnih sklopova
SEKVENCIJALNI MODULI - Registri - Brojila
LOGIČKI SKLOPOVI Kombinacijski
Sekvencijalni
-imaju svojstva pamćenja (izlaz postoji i kada ulaza nema) -imaju “povratnu vezu” Primjeri: -izlaz može ovisiti, osim o ulazu, -osnovni logički sklopovi i o prethodnom stanju izlaza -koderi, dekoderi Primjeri: -multipleksori, demultipleksori -bistabili -aritmetičko-logički sklopovi -registri -... -brojila -...
-nemaju svojstvo pamćenja -izlaz ovisi isključivo o ulazu
SR-BISTABIL
0 0 1 1
S (SET) – postavlja izlaz Q u “1” R (RESET) – postavlja izlaz Q u “1”
0 1 0 1
NI 1 1 1 0
S t
R Q S R Q 0 0 ili 0 ili 1, ovisno o
prethodnom stanju
0 1 1 0 1 1
0 1 1
1 0 1
t
Q ?
t
Q
ZABRANJENA KOMBINACIJA!
? t ZABRANJENO
NEPOZNATO
Sinkroni SR-bistabil:
CP (TAKT ili CLOCK): n+2 … n-2 n n-1 n+1
CP = 0 → Qn+1 = Qn (S i R ne djeluju na izlaz) CP = 1 → izlaz Qn+1 ovisi o ulazima S i R te o stanju izlaza Q u prethodnom periodu (Qn)
S 0 0 0 0 1 1 1 1
R Qn Qn+1 0 0 0 0 1 1 1 0 0 1 1 0 0 0 1 0 1 1 1 0 ZABR. 1 1 ZABR.
TABLICA STANJA
S 0 0 1 1
JEDNADŽBA STANJA Qn+1= S + RQn
Qn+1 Qn 0 1 ZABR.
TABLICA UZBUDE
Qn Qn+1 0 0 0 1 1 0 1 1
Qn+1 Q n SR
0 1 1 00 01 11 x x 10 1 1
R 0 1 0 1
S R 0 1 0 x
x 0 1 0
DIJAGRAM STANJA 00
?11
01
0
10 01
10 00
1
1 1?
JK-BISTABIL
1→1 0 0
0 0 1 1
0 1 0 1
1 0→0
Qn→Qn+1
K Qn Qn+1 0 0 0 0 1 1 1 0 0 1 1 0
J 0 0 0 0
0→0
0→0
0→0 0
0→0
1→1
0
0→0 1→1 0
I 0 0 0 1
S 0 0 1 1
R 0 1 0 1
Qn+1 Qn 0 1 ZABR.
0→0
1→1
0→0
0→0
0→0
1→0
1→0
0→1
1→0
0→0
0→0
0→1 0
0→0
1→1
1 1→0
J K Qn+1 0 0 1 1 1→0 1 0
0 1 0 1
Qn 0 1 Qn
J 1 1 1 1
Qn→Qn+1
K Qn Qn+1 0 0 1 0 1 1 1 0 1 1 1 0
1 0→1
K Qn Qn+1 0 0 0 0 1 1 1 0 0 1 1 0
J 0 0 0 0
1→0
0→1
0→0 1
0→0
1→0
0
0→1 1→0 1
Qn→Qn+1
S 0 0 1 1
R 0 1 0 1
Qn+1 Qn 0 1 ZABR.
0→0
1→1
0→0
0→0
0→1
1→0
1→0
0→1
1→0
1→0
0→1
0→1 1
0→1
1→0
1 1→0
J K Qn+1 0 0 1 1
0 1 0 1
Qn 0 1 Qn
J 1 1 1 1
Qn→Qn+1
K Qn Qn+1 0 0 1 0 1 1 1 0 1 1 1 0
J 0 0 0 0
TABLICA STANJA Qn+1
Qn JK
0 1 1 00 01 11 1 10 1 1
JEDNADŽBA STANJA Qn+1= JQn+KQn
J 0 0 0 0 1 1 1 1
K Qn 0 0 0 1 1 0 1 1 0 0 0 1 1 0 1 1
Qn+1 0 1 0 0 1 1 1 0
Qn→Qn+1
K Qn Qn+1 0 0 0 0 1 1 1 0 0 1 1 0 TABLICA UZBUDE
Qn 0 0 1 1
Qn+1 0 1 0 1
J 0 1 x x
K x x 1 0
DIJAGRAM STANJA 00
01
0
10 11 01 11
10 00
1
J K Qn+1
T-BISTABIL
0 0 1 1
=
0 1 0 1
T Qn+1
Qn 0 1 Qn
0 1
Qn Qn
TABLICA UZBUDE Qn+1 T
Qn
0 1 0 1 1 1
JEDNADŽBA STANJA: Qn+1= TQn+TQn
Qn Qn+1 0 0 0 1 1 0 1 1
TABLICA STANJA
T Qn Qn+1 0 0 1 1
0 1 0 1
0 1 1 0
T 0 1 1 0
DIJAGRAM STANJA 0
1
0 1
0
1
J K Qn+1
D-BISTABIL
0 0 1 1
=
0 1 0 1
D Qn+1
Qn 0 1 Qn
0 1
0 1
TABLICA UZBUDE Qn+1 D
Qn
Qn Qn+1 0 0 0 1 1 0 1 1
TABLICA STANJA
0 1
0 1 1
1
JEDNADŽBA STANJA Qn+1= D
D Qn Qn+1 0 0 1 1
0 1 0 1
0 0 1 1
D 0 1 0 1
DIJAGRAM STANJA 0
1
0 0
1
1
Zad1. D-bistabilima i NI sklopovima realizirati T-bistabil T Qn Qn+1 0 0 1 1
0 1 0 1
0 1 1 0
Qn+1= TQn+TQn
D Qn Qn+1 0 0 1 1
0 1 0 1
0 0 1 1
Qn+1= D
D = Qn+1 = TQn+TQn = TQn+TQn = TQn · TQn
D = f(T,Qn) = ?
Zad2.Projektirati sekvencijalni sklop zadan dijagramom Trenutno Slijedeće stanja. 0/0 stanje stanje Ulaz Izlaz 00 1/0 0/1 B B A B B z 1/0
1/1
01
10
A/z = 1/0
0/1
11 0/0
B1B0 A/z
1
0 0 0 0 1 1 1 1
- 1 ulaz (A) - 1 izlaz (z) - 2 bistabila: B1 i B0
0
0 0 1 1 0 0 1 1
0 1 0 1 0 1 0 1
1
0 1 0 0 1 1 1 0
0 0 0 1 1 0 1 1
0
0 0 1 0 1 1 0 0
Zad2. Rješenje Trenutno Slijedeće stanje stanje Ulaz Izlaz
B1 0 0 0 0 1 1 1 1
TABLICA UZBUDE JK-bistabila
Qn Qn+1 0 0 0 1 1 0 1 1 J0
A
B1B0
0 1
00 01 x 11 x 10 1
J 0 1 x x K0
K x x 1 0 A
0 1 B1B0 00 x x x 01 1 x 11 10 x x
J1
A
B0 0 0 1 1 0 0 1 1
0 1 1 00 01 11 x x 10 x x
B1B0
A 0 1 0 1 0 1 0 1
B1 0 1 0 0 1 1 1 0
K1
A
B0 0 0 0 1 1 0 1 1
z 0 0 1 0 1 1 0 0
0 1 00 x x 01 x x 1 11
B1B0
10
J0 0 0 x x 1 0 x x
K0 x x 1 0 x x 0 0
z A B1B0
J1 0 1 0 0 x x x x
K1 x x x x 0 0 0 1
0 1
00 01 1 11 10 1
1
Zad2. Rješenje J0 = B1A K0 = B1A J1 = B0A K1 = B0A z = B1B0 + B1B0A
J0
A
B1B0
0 1
00 01 x 11 x 10 1
K0
A
0 1 B1B0 00 x x x 01 1 x 11 10 x x
J1
A
0 1 1 00 01 11 x x 10 x x
B1B0
K1
A
0 1 00 x x 01 x x 1 11
B1B0
10
z A B1B0
0 1
00 01 1 11 10 1
1
Zad2. Rješenje J0 = B1A K0 = B1A J1 = B0A K1 = B0A z = B1B0 + B1B0A
Zad3. Dijagramom stanja zadan je sekvencijalni sklop sa ulazom A i izlazom z. U sekvencijalnom sklopu bistabil B0 je tipa D, a bistabil B1 tipa JK. Napisati tablice stanja, jednadžbe stanja i prikazati logičku shemu sklopa. Trenutno Slijedeće Ulaz
0/0
1/0
00
0/0
B1B0 A/z
11
1/1
01
0/1 1/0 1/1
10 0/1
- 1 ulaz (A) - 1 izlaz (z) - 2 bistabila: B0 i B1
B1 0 0 0 0 1 1 1 1
B0 0 0 1 1 0 0 1 1
A 0 1 0 1 0 1 0 1
Izlaz
B1 0 1 0 1 1 0 1 0
Qn Qn+1 0 0 0 1 1 0 1 1
J 0 1 x x
B0 0 1 1 1 0 1 0 0 K x x 1 0
z 0 0 0 0 1 1 1 1
J1 0 1 0 1 x x x x
K1 x x x x 0 1 0 1
Qn Qn+1 0 0 0 1 1 0 1 1
D 0 1 0 1
D0 0 1 1 1 0 1 0 0
Zad3. Rješenje J1
A
B1B0
00 01 11 10 D0
A
0 1 1 1 x x x x
0 1 B1B0 1 00 01 1 1 11 1 10
K1
A
0 1 00 x x 01 x x 1 11 1 10
B1B0
z
A
B1B0
0 1
00 01 11 1 10 1
1 1
Trenutno Slijedeće Ulaz Izlaz
B1 0 0 0 0 1 1 1 1
B0 0 0 1 1 0 0 1 1
A 0 1 0 1 0 1 0 1
B1 0 1 0 1 1 0 1 0
B0 0 1 1 1 0 1 0 0
z 0 0 0 0 1 1 1 1
J1 0 1 0 1 x x x x
K1 x x x x 0 1 0 1
J1 = A
D0 = B0A+ B1B0
K1 = A
z = B1
D0 0 1 1 1 0 1 0 0
Zad3. Rješenje
J1 = A
D0 = B0A+ B1B0
K1 = A
z = B1
REGISTRI - niz bistabila u kojima se pamti digitalna riječ Primjer: 2-bitni registar s paralelnim ulazom: a0
a1
S
Q
R
Q
S
Q
R
Q
B0
B1
L
L =1 → bitovi a1 i a2 se upisuju u registar L =0 → upis u registar onemogućen, registar pamti prethodno stanje
Zad4. Na serijski ulaz 3-bitnog CP serijski posmačnog registra sa D impuls ulaz bistabilima dovodi se niz bitova 1 1 1,0,1,1,0,0,0,… Registar je 2 0 prethodno obrisan. Odredite bit 1 3 na serijskom izlazu i digitalnu 4 1 riječ na paralelnom izlazu 5 0 nakon svakog CP impulsa. 6 0 7 0 POSMAČNI REGISTAR Trobitni posmačni registar sa D bistabilima: Paralelni izlaz Serijski ulaz
paralelni izlaz
B2 0 1 0 1 1 0 0 0
serijski B1 B0 izlaz
0 0 1 0 1 1 0 0
0 0 0 1 0 1 1 0
0 0 1 0 1 1 0
Serijski izlaz
Brisanje (sa “0”)
Zad5. Realizirati 3-bitni posmačni registar sa JK-bistabilima
Bistabli mijenjaju stanje na rastući brid CP impulsa ILI Bistabli mijenjaju stanje na padajući brid CP impulsa
Povezivanjem n bistabila u niz tako da se BROJILA izlaz iz prethodnog dovede na CP ulaz idućeg može se ostvariti brojilo do 2n ASINKRONO BROJILO Primjer: Asinkrono brojilo do 4 sa T bistabilima: Početna stanja na izlazima bistabila Q1 i Q2 = 0, 0
1 0 0 1
T Qn+1 0 Qn 1 Qn 00
01
10
11
00
Isti sklop je ujedno i djelitelj frekvencije sa 2 (izlaz Q1) ili sa 4 (izlaz Q2)
Kod sinkronih brojila na sve CP ulaze u bistabile dovodi se isti signal takta
SINKRONO BROJILO
Primjer: Sinkrono brojilo sa T bistabilima: 11 0 1 00 Uz početna stanja (Q2,Q1,Q0)= (0,0,0) 1
2
3
4
Q2 Q1 Q0 0 0 0 0 0 1 0 1 0 0 1 1
5
6
7
1 1 1 1
8
0 0 1 1
9
0 1 0 1
Zad6. Realizirati asinkrono brojilo do 14 (od 0 do 13) sa JK-bistabilima. 2n > 14
n=4
Potrebna su 4 bistabila
Kada je (B3 ,B2,B1,B0) = (1,1,1,0) brojilo se resetira.
Zad7. Realizirati sinkrono brojilo koje broji od 000 do 101 sa JK-bistabilima. Qn Qn+1 0 0 0 1 1 0 1 1
n 0 1 2 3 J2=Q1Q0; K2=Q0 4 J1=Q0Q2; K1=Q0; 5 J0=1; K0=1 J2 Q0 Q2 Q1
J 0 1 x x
0 1
00 01 11 x 10 x
K x x 1 0
K2 0 00
1 x x
01 11 10
x x x
SADAŠNJE SLIJEDEĆE STANJE STANJE
Q2 Q1 Q0 Q2 Q1 Q0 J2 K2 J1 K1 J0 K0 0 0 0 0 1 1 1 1 1
x x x 1
0 0 1 1 0 0 1 1
0 1 0 1 0 1 0 1
J1 0
x x
0 0 0 1 1 0 1
1 x x
0 1 1 0 0 0
1 0 1 0 1 0
NEPOSTOJEĆA STANJA
K1 0
x x x
0 0 0 1 x x x x 1
x 1 x x
0 1 x x 0 0 x x
x x x x 0 1 x x J0 0
1 1 x 1
x x 0 1 x x x x 1
x x x x
1 x 1 x 1 x x x
x 1 x 1 x 1 x x
K0 0
x x x x
1
1 1 x 1
Zad7. Rješenje J2=Q1Q0; K2=Q0 J1=Q0Q2; K1=Q0; J0=1; K0=1
0
1
2
Zad8. Realizirati trobitno asinkrono brojilo sa JKbistabilima koje broji unatrag.
CP n B2 B1 0 1 1 1 1 1 2 1 0 3 1 0 4 0 1 5 0 1 6 0 0 7 0 0
B0 1 0 1 0 1 0 1 0
AUDITORNE VJEŽBE 5 GENERATORI IMPULSA - monostabil - astabil
MEMORIJE
MONOSTABIL
Monostabil je digitalni sklop koji ima jedno stabilno i jedno kvazistabilno stanje. Monostabil se normalno nalazi u stabilnom stanju, a pod utjecajem okidnog impulsa sa upravljačkog ulaza odlazi u kvazistabilno stanje. Nakon vremena tw sam se vraća u stabilno stanje.
Q
M
...
Upravljački ulazi za generiranje okidnog impulsa
“1” – kvazistabilno stanje
okidanje na padajući brid okidanje na rastući brid
tw
“0” – stabilno stanje
t
trenutak dovođenja okidnog impulsa
tw= f(R,C) - daje proizvođač
Zad1. Za monostabil 74121 proizvođač navodi raspored pinova, tablicu stanja, granične vrijednosti za R i C te izraz za trajanje impulsa. Prikazati izvedbenu shemu monostabila ako se zahtjeva trajanje impulsa 1µs. Na raspolaganju su C =1 nF, potenciometar 0 – 10 kΩ i tipkalo. ULAZI
Rext >1.4 kΩ Rext < 40 kΩ Cext >10 pF Cext implementacija fizičkog sklopa
•
VHSIC (Very High Speed Integrated Circuits) - integrirani sklopovi velike brzine
•
standardiziran kroz IEEE 1076 standard
•
koristiti se za sintezu i simulaciju sklopova
•
primjenjuje se u području programabilnih logičkih sklopova (PLD, CPLD i FPGA)
•
za razliku od standardnih programskih jezika (C/C++, Basic, Pascal) koji su sekvencijalni, VHDL kod je paralelan
VHDL - Tijek razvoja dizajna
•
Tijek razvoja dizajna 1. pisanje VHDL koda koji se obično pohranjuje u datoteku s ekstenzijom .vhd 2. sinteza 2.1. kompajliranje - pretvorba VHDL jezika više razine u netlistu logičkih sklopova. 2.2. optimizacija – optimizacija ili za veću brzinu sklopa ili za manju veličinu sklopa. • u ovom koraku dizajn se može simulirati 3. "Place & Route" • softverski alat generira izvedbu sklopa za unos u PLD/CPLD/FPGA čip.
VHDL - Osnovne strukture VHDL koda
Primjer Potpuno zbrajalo
•
VHDL kod za sklop potpuno zbrajalo ENTITY potpuno_zbrajalo IS PORT ( a, b, cin : IN BIT; s, cout : OUT BIT ); END potpuno_zbrajalo; -------------------------------------------------ARCHITECTURE rad_sklopa OF potpuno_zbrajalo IS BEGIN s
View more...
Comments
