fer zbirka rijeŠenih zadataka iz digitalne eletronike

of 397 /397
Zavod za elektroniku, mikroelektroniku, računalne i inteligentne sustave Marko Čupić, dipl. ing. ZBIRKA RIJEŠENIH ZADATAKA IZ DIGITALNE ELEKTRONIKE I DIGITALNE LOGIKE Zagreb, 2005

Author: squarewheel7

Post on 12-Apr-2015

1.621 views

Category:

Documents


236 download

Embed Size (px)

TRANSCRIPT

Zavod za elektroniku, mikroelektroniku, raunalne i inteligentne sustave Marko upi, dipl. ing. ZBIRKA RIJEENIH ZADATAKA IZ DIGITALNE ELEKTRONIKE I DIGITALNE LOGIKE Zagreb, 2005 Verzija 1.4 (2002-2006) Marko upi. Zabranjeno je umnaanje / reproduciranje / modificiranje bilo kojih dijelova Zbirke bez pismene dozvole autora. Predgovor Zbirka rijeenih zadataka iz Digitalne elektronike i Digitalne logike namijenjena je svim studentima koji polau ove kolegije, ili su zainteresirani za pokriveno gradivo. Zbirka je nastala kao rezultat rada na auditornim i laboratorijskim vjebama kroz akademske godine 2002/2003-2004/2005. Temeljni materijal koriten za izradu zbirke ine zadaci s auditornih vjebi u akademskoj godini 2001/2002. Zbirka je nadopunjena nizom zadataka u skladu s obnovljenim podrujima obraenim na predavanjima u akademskoj godini 2002/2003. U zbirci se takoer nalaze rijeeni zadaci s kolokvija, pismenih ispita, kao i odreen broj zadataka koje studenti vrlo esto rjeavaju pogreno. Ponegdje su ak ukljueni i ti pogreni naini rjeavanja, zajedno s objanjenjem zato je to pogreno, i ispravnim rjeenjem. Zbirka rijeenih zadataka iz Digitalne elektronike i Digitalne logike nastala je adaptacijom Zbirke rijeenih zadataka iz Digitalne elektronike. Zbirka rijeenih zadataka ne sadri teorijska razmatranja koja pokriva ovaj kolegij, te se u tu svrhu preporua knjiga prof. dr. sc. Uroa Peruka Digitalna elektronika, logiko i elektriko projektiranje, III. proireno izdanje, kao i uredno pohaanje predavanja. U zbirci se osim samog logikog i elektrikog projektiranja digitalnih sklopova nalaze i zadaci vezani uz opisivanje i simuliranje istih uporabom VHDL-a. Vie o samom jeziku za opis sklopovlja VHDL-u moe se pronai u materijalima za laboratorijske vjebe Stjepana Groa, dipl. ing. Dobar uvod u VHDL dostupan je takoer kroz skriptu mr. sc. Sinie egvia Uvod u programski jezik VHDL, koja se moe pronai na stranicama kolegija. Ovim putem elio bih se takoer zahvaliti svima koji su mi pomogli u izradi ove zbirke, a napose mentoru prof. dr. sc. Vladi Glaviniu, bez kojeg ova zbirka nikada ne bi ugledala svjetlo dana, mr. sc. Borisu Kette za vrlo korisne rasprave i nove kuteve gledanja na pojedina podruja digitalne elektronike, kolegi Stjepanu Grou, dipl. ing. za podrku i komentare prilikom izrade Zbirke, kao i svima ostalima. Marko upi, dipl. ing. Zagreb, rujan 2005. Sadraj 1. Refleksije, presluavanja i utjecaj kapacitivnosti. _________________________ 1 2. Zatitno kodiranje. Brojevni sustavi. Dekadski kodovi. ___________________ 25 3. Osnovni logiki sklopovi. ___________________________________________ 45 4. Booleova algebra. _________________________________________________ 69 5. Minimizacija logikih funkcija. _____________________________________ 103 6. Standardni kombinacijski moduli. ___________________________________ 143 7. Standardni programirljivi moduli. ___________________________________ 169 8. Bistabil. ________________________________________________________ 189 9. Digitalna aritmetika. ______________________________________________ 209 10. Registri. ______________________________________________________ 227 11. Brojila. _______________________________________________________ 245 12. Strojevi s konanim brojem stanja. ________________________________ 265 13. Memorije. ____________________________________________________ 309 14. A/D i D/A konverzija. ___________________________________________ 321 15. Integrirani logiki sklopovi. ______________________________________ 343 Refleksije, presluavanja i utjecaj kapacitivnosti. 1 1. Refleksije, presluavanja i utjecaj kapacitivnosti. 1.1. Zadatak Koji su tipini uzroci izoblienja signala u digitalnim sustavima? Objasnite ukratko. Najei uzroci izoblienja signala u digitalnim sustavima su: Refleksije. Presluavanja. Parazitne kapacitivnosti i induktivnosti. Refleksije dolaze do izraaja kada je duljina vodova kojima signal putuje relativno velika u odnosu na valnu duljinu samog signala. U tom sluaju vodove treba promatrati kao prijenosne linije (engl. transmission lines). Presluavanja nastaju kao rezultat utjecaja meukapaciteta i meuinduktiviteta. Manifestiraju se kao pojava pozitivnih ili negativnih naponskih smetnji na vodiu uslijed promjene naponske razine na nekom drugom vodiu. Parazitne kapacitivnosti i induktivnosti utjeu na poveavanje vremena potrebnog za promjenu naponskih razina u digitalnom sustavu. Pri tome je uobiajeno dominantan utjecaj parazitnih kapacitivnosti. 1.2. Zadatak Objasnite pojam prijenosne linije. Dugaki vodii (obzirom na valnu duljinu signala koji kroz njih putuje) nazivaju se prijenosne linije. Prijenosne linije imaju nekoliko karakteristinih parametara: C0 kapacitet po jedinici duljine [pF/cm] L0 induktivitet po jedinici duljine [nH/cm] R0 otpor po jedinici duljine [/cm] G0 vodljivost po jedinici duljine [S/cm] Z0 karakteristina impedancija [] T0 kanjenje signala po jedinici duljine [ps/cm] Vrlo pojednostavljena nadomjesna shema prijenosne linije prikazana je u nastavku (a budui da se neemo detaljno baviti prijenosnim linijama, model je dovoljan kako bi se dobila gruba slika o pojavama vezanim za prijenosne linije). 2 Zbirka rijeenih zadataka lR0lL0lG0 lC0olC j lGlL j lRZ++=00 00 U zadacima u nastavku zbirke promatrat emo samo idealnu prijenosnu liniju (uniformna linija bez gubitaka; R00, G00), ija je takoer pojednostavljena nadomjesna shema zajedno s karakteristinom impedancijom prikazana u nastavku. lL0lC0 oCLZ 00 = Za razumijevanje prijenosne linije bitno je prisjetiti se injenice da su elektrini signali koje koristimo u sklopovima zapravo elektromagnetski valovi koji se kroz prostor ire odreenom brzinom (ogranienom brzinom svjetlosti c=3108 m/s). Za napon i struju na prijenosnoj liniji vano je zapamtiti da su funkcija i vremena i poloaja, to emo vidjeti u zadacima u nastavku. Elektromagnetski valovi ire se kroz prostor brzinom 1= v , pri emu su: r =0, r =0, = mF90 10 ) 36 / 1 ( , = mH70 10 4 . Lako se vidi da je za medij u kojem je r=1 i r=1: csmv = = = 80 010 31 . Kako je kod prijenosnih linija uobiajeno ispunjeno r=1, slijedi da je brzina irenja signala odreena izrazom: rcv= . Moe se pokazati da je brzina irenja signala kod prijenosne linije bez gubitaka takoer odreena izrazom: Refleksije, presluavanja i utjecaj kapacitivnosti. 3 0 01C Lv = . Ako je prijenosna linija dugaka l, tada e signalu trebati lT0 vremena da doe do njezinog kraja, te moemo pisati: = = =smC L TT llC Lv 10 0 000 0 1.3. Zadatak Signal frekvencije 1 GHz putuje vodiem duljine 20 cm (npr. nekom sabirnicom). Poznato je r=1.44. Da li vodi treba promatrati kao prijenosnu liniju? Da li isti zakljuak vrijedi za sklop koji je izveden na ipu, gdje je duljina dotinog vodia smanjena na 25 m? Brzina irenja signala iznosi == =sm cvr8810 5 . 244 . 110 3 Valna duljina signala iznosi mfv25 . 010 110 5 . 298== = Kako je u prvom sluaju 0.25 m priblino jednako duljini vodia od 20 cm, vodi je potrebno promatrati kao prijenosnu liniju. U drugom sluaju, gdje je duljina vodia 10000 puta manja od valne duljine signala vodi nije potrebno promatrati kao prijenosnu liniju. 1.4. Zadatak Objasnite pojam refleksije i transmisije. Neka je na prijenosnu liniju spojen izvor, ija je nadomjesna shema prikazana naponskim izvorom Us(t) i otporom Rs, te troilo RL. Nadomjesna shema cijelog sklopa prikazana je u nastavku. Us(t) +-Rs Z0RL prijenosna linijaA BAB Definiraju se faktor refleksije na ulazu linije A i faktor refleksije na izlazu linije B: 4 Zbirka rijeenih zadataka 00Z RZ RSSA+= i 00Z RZ RLLB+= . Faktor refleksije je mjera diskontinuiteta (razlike u otporu) koji vidi signal, i odreuje koliko e se signala reflektirati u suprotnom smjeru. Ako je sa X oznaen diskontinuitet, tada e vrijediti: X + 1 Upadni valReflektirani valTransmitirani val Dakle, kada signal amplitude Ui doe na mjesto diskontinuiteta, signal amplitude Ui vraa se kao reflektirani signal, a diskontinuitet prolazi signal amplitude (1+)Ui. Ovo zapravo znai da na lijevo i desno od diskontinuiteta naponska razina postaje ista (lijevo je prije refleksije bio napon Ui, nakon refleksije vraa se jo Ui, tako da je ukupni napon na lijevoj strani (1+)Ui, to je isto naponu koji se nalazi na desnoj strani). Budui da prijenosna linija ima dva mogua diskontinuiteta, refleksije se mogu dogaati na ulazu i izlazu linije, pa se stanje na liniji obino prikazuje dijagramom odbijanja (engl. bounce diagram, lattice diagram). Dijagram se sastoji od dvije paralelne linije gdje lijeva strana predstavlja ulaz linije (toka A) a desna strana izlaz linije (toka B). Vrijeme tee prema dolje. Neka u trenutku t=0 na liniju dolazi signal Ui. Ako je duljina linije oznaena s l, a kanjenje signala po jedinici duljine sa T0, tada je vrijeme potrebno da signal stigne s ulaza na izlaz linije odreeno izrazom: 0T l Td = Stanje na liniji promatra se u diskretnim vremenskim trenucima, koji su viekratnici vremena Td. Stanje na liniji tada je prikazano dijagramom odbijanja u nastavku. Napon u pojedinoj toki jednostavno se dobije zbrajanjem svih doprinosa do tog trenutka. Npr. napon u toki A u trenutku tx iznosi: ( )2 2 22 2 21) (A B A B A B B iA B i A B i A B i B i i x AUU U U U U t U + + + + = + + + + = U istom trenutku napon u toki B iznosi: ( )A B A B B iA B i A B i B i i x BUU U U U t U + + + = + + + =221) ( Refleksije, presluavanja i utjecaj kapacitivnosti. 5 Do razlike je dolo uslijed injenice da reflektirana komponenta 2 2A B iU koja je u trenutku t=0+4Td krenula od toke A prema toki B tamo jo nije stigla. t=0 t=0t=0+1Tdt=0+1Tdt=0+2Td t=0+2Tdt=0+3Td t=0+3Tdt=0+4Td t=0+4Tdt=0+5Tdt=0+5Tdt=0+6Td t=0+6TdiUB iU A B iU A B iU 22 2A B iU 2 3A B iU 3 3A B iU lt=txA B Koliko iznosi Ui? Neka izvor generira napon prema step funkciji (do t=0 napon je 0V, nakon t=0 napon je US, npr. 5V). Otpori Rs i Z0 jedino su to signal "vidi" u trenutku t=0, te ta dva otpora ine naponsko dijelilo, ime je Ui odreen: 00Z RZU USS i+= 6 Zbirka rijeenih zadataka 1.5. Zadatak Koji su karakteristini sluajevi optereenja prijenosne linije? Izraunajte faktor refleksije. Postoje tri karakteristina sluaja: Terminirana linija: RL=Z0. Kratki spoj linije: RL=0. Otvorena linija: RL=. Us(t) +-Rs Z0RL=Z0 prijenosna linijaA BAB 00 00 0=+=Z ZZ ZB Us(t) +-Rs Z0RL=0prijenosna linijaA BAB 10000 =+=ZZB Us(t) +-Rs Z0RL=prijenosna linijaA BAB 100=+ =ZZB U sluaju kada je linija terminirana, nema refleksija! Ujedno je potrebno zapamtiti i kada je linija terminirana: otpor tereta i impedancija linije moraju biti jednaki (RL=Z0). Refleksije, presluavanja i utjecaj kapacitivnosti. 7 1.6. Zadatak Dva digitalna sklopa povezana su dugakim vodom na tiskanoj ploici. Sklop A alje sklopu B informaciju podizanjem napona ug=U na izlazu s 0V na +5V. Poznati su slijedei podaci: izlazni otpor sklopa A iznosi 100, karakteristina impedancija voda iznosi 100, ulazni otpor sklopa B iznosi 3900. Brzina signala kroz prijenosnu liniju iznosi 2108 m/s, a duljina samog voda iznosi 40 cm. Prikaite naponsko stanje na vodu. Poznato je: =100izR , =1000R , = 3900ulR , s m v / 10 2 8 = , m cm l 4 . 0 40 = = Da bi signal stigao s jednog kraja linije na drugi, potrebno mu je vrijeme: nsvlTd 210 24 . 08 == = Prikazani sklopovi mogu se nadomjestiti elektrikom shemom prema slici: AuBuulRizlRgu0RA B Faktor refleksije na ulaznom kraju voda: 0100 100100 10000=+=+=R RR RizizA Vidimo da je izlazni otpor sklopa A prilagoen karakteristinoj impedanciji voda pa na tom kraju nee dolaziti do refleksije. Faktor refleksije na izlaznom kraju voda: A Bizuulu8 Zbirka rijeenih zadataka 95 , 0100 3900100 390000=+=+=R RR RululB Kako je B0, na ovom kraju dolaziti e do refleksije. Nacrtajmo dijagram odbijanja: t=0 nst=0 nst=2 ns t=2 nst=4 nst=4 nsV Ui 5 , 2 =V UB i 375 , 2 = V UA B i 0 = lA B VR RRU Uizg i 5 , 2100 100100500=+ =+= V UB i 375 , 2 95 , 0 5 , 2 = = V UA B i 0 0 95 , 0 5 , 2 = = Promatrajmo kretanje napona na oba kraja voda: Izlaz sklopa A: Au (ulazni kraj voda) Ulaz sklopa B: Bu (izlazni kraj voda) 0. t=0Td =0 ns uA(0 ns)=2,5 V t=0Td =0 ns uB(0 ns)=0 V t=1Td =2 ns uA(2 ns)=2,5 V 1. t=1Td =2 ns uB(2 ns)=2,5+2,375=4,875 V 2. t=2Td =4 ns uA(4 ns)=2,5+2,375=4,875 V t=2Td =4 ns uB(4 ns)=2,5+2,375=4,875 V Refleksije, presluavanja i utjecaj kapacitivnosti. 9 Objanjenje po fazama 0. Sklop A generira na izlazu napon od 5V. Napon se dijeli na dijelilu izlR -0R . Zatim zapoinje irenje naponskog vala prema izlazu voda. U ovom trenutku napon u toci B i dalje je 0, jer naponskom signalu treba Td vremena kako bi stigao do drugog kraja. 1. Naponski val amplitude 2.5V stie do kraja voda. Tu se dogaa refleksija, i reflektirani val poinje se iriti prema poetku voda. Reflektirani val ima amplitudu jednaku amplitudi upadnog vala puta faktor refleksije. Signal koji se iz ove toke iri dalje (prema teretu; transmitirani val) ima amplitudu jednaku amplitudi upadnog vala pomnoenoj faktorom refleksije uveanim za 1. Dakle, vraa se 2,375V, a na teret ide 4,875V. 2. Reflektirani val stie do poetka voda. Kako je ovaj kraj otporno prilagoen, nema refleksije. Napon u toj toki od sada na dalje jednak je naponu koji je vladao prije dolaska reflektiranog vala (2.5V) uveanom za amplitudu pristiglog reflektiranog vala (2.375V). Vidi se da je napon na oba kraja voda sada jednak, te je pad napona na vodu jednak nula, to je i bilo za oekivati. Grafiki prikaz: Za vjebu: Kakvo bi bilo stanje na vodu uz: a) Rul=, b) Rul=0? 1.7. Zadatak Dva digitalna sklopa komuniciraju preko dugakog voda na tiskanoj ploici. Poznati su slijedei podaci: izlazni otpor sklopa A iznosi 150, induktivitet voda po jedinici duljine 0.5H/m, kapacitet voda po jedinici duljine 50pF/m, ulazni otpor sklopa B 3900 a duljina voda 60 cm. Sklop A alje sklopu B informaciju podizanjem napona na izlazu s 0V na +5V. Prikaite naponsko stanje na vodu. Poznato je: =150izR m H L / 5 , 00 = = 3900ulR m pF C / 500 = tugtuA55t2uB54 6 [ns]10 Zbirka rijeenih zadataka Karakteristinu impedanciju voda moemo odrediti poznavanjem induktiviteta po jedinici duljine i kapaciteta po jedinici duljine voda: = = = = 100 10000505 , 00p CLR Brzina irenja signala po vodu iznosi: smC Lv 812 60 010 210 50 10 5 , 01 1 = = = Vrijeme potrebno za prolaz signala do kraja voda iznosi: nsvlTd 310 26 . 08 == = Faktor refleksije na ulaznom kraju voda: 2 . 051100 150100 15000= =+=+=R RR RizizA Vidimo da izlazni otpor sklopa A nije prilagoen karakteristinoj impedanciji voda (A0) pa e na tom kraju dolaziti do refleksije. Faktor refleksije na izlaznom kraju voda: 95 . 0100 3900100 390000=+=+=R RR RululB Kako je B0, na ovom kraju takoer e dolaziti do refleksije. Napon koji e se po ukljuenju izvora pojaviti na prijenosnoj liniji iznosi: VR RRU Uizg i 2100 150100500=+ =+= Refleksije, presluavanja i utjecaj kapacitivnosti. 11 t=0 nst=0 nst=3 ns t=3 nst=6 nst=6 nst=9 ns t=9 nst=12 ns t=12 nst=15 nst=15 nst=18 ns t=18 nsV Ui 2 =V UB i 9 , 1 = V UA B i 38 , 0 = V UA B i 361 , 02= V UA B i 0722 , 02 2= V UA B i 06859 , 02 3= V UA B i 013718 , 03 3= lA B Promatrajmo kretanje napona na oba kraja voda: Ulazni kraj: Izlazni kraj: 0. t=0Td =0 ns uA(0 ns)=2 V t=0Td =0 ns uB(0 ns)=0 V t=1Td =3 ns uA(3 ns)=2 V 1. t=1Td =3 ns uB(3 ns)=2+1,9=3,9 V 2. t=2Td =6 ns uA(6 ns)=2+1,9+0,38=4,28 V t=2Td =6 ns uB(6 ns)=2+1,9=3,9 V t=3Td =9 ns uA(9 ns)=2+1,9+0,38=4,28 V 3. t=3Td =9 ns uB(9 ns)=2+1,9+0,38+0,36=4,64 V 4. t=4Td =12 ns t=4Td =12 ns 12 Zbirka rijeenih zadataka uA(12 ns)=2+1,9+0,38+0,36+0,0722 = 4,7132 V uB(12 ns)=2+1,9+0,38+0,36=4,64 V t=5Td =15 ns uA(15 ns)=2+1,9+0,38+0,36+0,0722 = 4,7132 V 5. t=5Td =15 ns uB(15 ns) = = 2+1,9+0,38+0,36+0,0722+0,06859 = 4,78179 V 6. t=6Td =18 ns uA(18 ns) = = 2+1,9+0,38+0,36+0,0722 +0,06859+0,013718 = 4,795508 V t=6Td =18 ns uB(15 ns) = = 2+1,9+0,38+0,36+0,0722+0,06859 = 4,78179 V Za vjebu: Nacrtati stanje na vodu prema izraunatim vrijednostima. Kojem naponu tei napon na krajevima voda? Zato? 1.8. Zadatak Izlaz digitalnog sklopa prikljuen je na dugaki vod. Sklop generira jedan idealni pravokutni impuls amplitude 5V i trajanja 2 ns. Ako je vod neoptereen, prikaite naponsko stanje na vodu. Jo je poznato: Td=6 ns, karakteristina impedancija voda iznosi 100, izlazni otpor digitalnog sklopa iznosi 400. 6 . 053100 400100 40000= =+=+=R RR RizizA 110010000=+ =+=R RR RululB Pravokutni impuls od amplitude 5 V u trajanju od 2 ns moemo prikazati kao sumu dvije step funkcije: ug(t) = 5 (S(t)-S(t - 2 ns)) Efektivno dakle imamo pozitivni naponski skok u t = 0 ns i negativni naponski skok u t = 2 ns, a odziv na skok ve je rijeen u prethodnim zadacima. V U Ug i 1100 4001005100 400100=+ =+= Refleksije, presluavanja i utjecaj kapacitivnosti. 13 U trenutku t=0 kroz liniju kree signal amplitude Ui, a 2 ns nakon njega kroz liniju se poinje iriti signal amplitude Ui. Dijagram odbijanja prikazan je u nastavku: t=0 ns t=0 nst=6 nst=6 nst=12 nst=12 nst=18 ns t=18 nst=24 ns t=24 nst=30 nst=30 nst=36 nst=36 nsV Ui 1 =lA BV Ui 1 =V UB i 1 = V UB i 1 = V UA B i 6 , 0 = V UA B i 6 , 0 = V UA B i 6 , 02= V UA B i 6 , 02 = V UA B i 36 , 02 3= V UA B i 36 , 02 3 = V UA B i 36 , 02 3= V UA B i 36 , 02 3 = V UA B i 216 , 03 3= V UA B i 216 , 03 3 = Dijagrami napona na ulazu i izlazu iz linije prikazani su u nastavku: 14 Zbirka rijeenih zadataka 21,510,52 4 6 8 10 12 14 16 18 20 22 26 24 28 30 32 34 36 38 40t [ns]ui [V]21,510,52 4 6 8 10 12 14 16 18 20 22 26 24 28 30 32 34 36 38 40t [ns]uA [V]21,510,52 4 6 8 10 12 14 16 18 20 22 26 24 28 30 32 34 36 38 40t [ns]uB [V]1V1V 0,96V1,6V0,576V2V1,2V0,72V 1.9. Zadatak Izlaz digitalnog sklopa prikljuen je na dugaki vod. Sklop u trenutku t=0 generira naponski skok amplitude 5V. Ako je vod neoptereen, prikaite naponsko stanje na vodu. Vod se sastoji od dva dijela. Na prvom dijelu kanjenje signala po jedinici duljine iznosi m ns T / 1010 = a na drugom dijelu kanjenje signala po jedinici duljine iznosi m ns T / 520 = . Duljina prvog dijela iznosi 0,2 m, a duljina drugog dijela 0,4 m. Karakteristina impedancija prvog dijela voda iznosi 100 a drugog dijela voda 60, izlazni otpor digitalnog sklopa iznosi 150. Prikaite naponsko stanje na liniji. Kanjenje signala na prvom dijelu voda iznosi: ns T l Td 2 10 2 , 010 11= = = a na drugom dijelu voda: ns T l Td 2 5 4 , 020 22= = = . Vidimo da je kanjenje signala kroz oba dijela vodia je jednako. U zadatku imamo 4 faktora refleksije, odreena sljedeim izrazima: Refleksije, presluavanja i utjecaj kapacitivnosti. 15 2 , 0100 150100 1501 , 01 , 0=+=+=Z RZ RizizA , 25 , 0100 60100 601 , 0 2 , 01 , 0 2 , 02 =+=+=Z ZZ Z , 25 , 060 10060 1002 , 0 1 , 02 , 0 1 , 03 =+=+=Z ZZ Z , 160602 , 02 , 0=+ =+=Z RZ RLLB gdje je RL otpor troila prikljuenog na izlaz voda (u ovom zadatku RL=). Postoje 3 diskontinuiteta: ulaz u prvi vod (toka A), spoj dvaju vodova (toka X) i izlaz iz drugog voda (toka B). Napon na ulazu voda u trenutku t=0 odreen je iskljuivo naponskim dijelilom Riz-Z0,1, prema formuli: VZ RZU Uizg i 2100 15010051 , 01 , 0=+ =+= Dijagram odbijanja prikazan je u nastavku: A B X0 ns2 ns4 ns6 ns8 ns10 ns12 ns14 ns16 ns0 ns2 ns4 ns6 ns8 ns10 ns12 ns14 ns16 nsab cd ef gh ij kl mn op q Radi preglednosti dijagrama pojedine reflektirane i transmitirane komponente nisu direktno upisivane, ve su samo oznaene slovima. Uz navedene faktore refleksije, bitna su nam i dva faktora transmisije: 75 , 0 12 2 = + = T i 25 , 1 13 3 = + = T 16 Zbirka rijeenih zadataka Tada su pojedine komponente definirane izrazima: V U ai 2 = = V aT b 5 , 12 = = V a c 5 , 02 = = V c dA 1 , 0 = = V b eB 5 , 1 = = V eT d f 9 , 13 2 = + = V dT e g 3 , 02 3 = + = V f hA 38 , 0 = = V g iB 3 , 0 = = V iT h j 28 , 03 2 = + = V hT i k 36 , 02 3 = + = V j lA 056 , 0 = = V k mB 36 , 0 = = V mT l n 436 , 03 2 = + = V lT m o 132 , 02 3 = + = V n pA 0872 , 0 = = V o qB 132 , 0 = = Obratiti panju na nain izrauna f (slino kao i g, j, k, ...). Kad signal predstavljen sa d doe u toku X, jedan dio se reflektira natrag prema toki A ( 2 d ), a dio se transmitira dalje prema toki B ( 2dT ). Kako istovremeno u tu toku dolazi i signal iz toke B predstavljen sa e, jedan dio tog signala reflektira se natrag prema toki B ( 3 e ), a dio se transmitira dalje prema toki A ( 3eT ). Tada ukupni signal koji se vraa prema A sadri reflektiranu komponentu signala d i transmitiranu komponentu signala e, odnosno: 3 2 eT d f + = . Isto tako, ukupni signal koji se vraa prema B sadri reflektiranu komponentu od e, i transmitiranu komponentu od d, dakle: 2 3 dT e g + = Grafiki prikaz napona u tokama A, X i B dan je u nastavku. Refleksije, presluavanja i utjecaj kapacitivnosti. 17 123452 4 6 8 12 10 14 16t [ns]UA[V]123452 4 6 8 12 10 14 16t [ns]UX[V]123452 4 6 8 12 10 14 16t [ns]UB[V]2 V1,4 V3,68 V4,016V4,5392 V1,5 V3,3 V3,96 V4,452 V3 V3,6 V4,32 V 4,587 V 1.10. Zadatak Objasnite utjecaj presluavanja na rad digitalnih sklopova. Do presluavanja dolazi uslijed meuinduktivnih i meukapacitivnih veza. Razlikujemo presluavanje na bliem kraju i presluavanje na daljem kraju. Npr. promotrimo rad dijela sabirnice (dva para sklopova), prikazanih na slici. X YW Z 18 Zbirka rijeenih zadataka Sklopove moemo nadomjestiti: RS R0R0 R0ICmblii kraj dalji kraj RS R0R0 R0ILm blii kraj dalji kraj Iblii=ICm+ILm Idalji=ICm-ILm Vidimo dakle da je utjecaj presluavanja uvijek vei na bliem kraju a manji na daljem kraju. Struja zbog meukapacitivnosti kod donjeg sklopa uvijek tee prema oba kraja, dok je smjer struje zbog meuinduktivnosti odreen Lenzovim zakonom (npr. ako struja u gornjem sklopu potee na desno, u donjem e sklopu potei na lijevo). Detaljnija matematika obrada prikazana je u sljedeem zadatku. 1.11. Zadatak Izlaz jednog digitalnog sklopa A spojen je na ulaze dvaju digitalnih sklopova B i B' preko dugakog voda na tiskanoj ploici. Poznato je da izlazni otpor sklopa A kada je izlaz u visokom stanju iznosi 130, dok je u niskom stanju 10. Ulazni otpor sklopa B (i B') iznosi 10k, dok je ulazna kapacitivnost 1 pF. Kapacitivnost linije iznosi 10pF. Izraunajte i nacrtajte oblik napona koji se pojavi na ulazima sklopova B ako sklop A generira pravokutni naponski impuls 5V u trajanju od 10 ns. Zanemarite refleksije. Izlaz digitalnog sklopa A moe se nadomjestiti idealnim naponskim izvorom koji u seriju ima spojen izlazni otpor. Nesavrenu liniju nadomjetamo savrenom uz dodatak kapacitivnosti CP. Ulazi sklopova B i B' nadomjetaju se paralelnom kombinacijom ulaznog otpora Rul i kapacitivnosti CT. ABB'Refleksije, presluavanja i utjecaj kapacitivnosti. 19 izlRguPCulRTCulRTCABB' Ovu shemu moemo nacrtati i na drugaiji nain, tako da grupiramo otpore na jedno mjesto a kapacitivnosti na drugo: izlRgu ulRulRPC TCTCThevenin Po Theveninu ovaj se strujni krug moe pojednostavniti na: TOTRtu TOTCi pri emu je: VR R RR Ru uul ul izlul ulg t 873 . 4||||=+ = izl ul ul TOT R R R R || || = P T T TOT C C C C + + = Moe se napisati slijedea naponska jednadba: + = dt t iCR t i t uTOTTOT t ) (1) ( ) ( 1. sluaj: 20 Zbirka rijeenih zadataka t=0, skok napona izvora s 0V na ut. Rjeenje jednadbe glasi: = =11 ) ( ) ( tt C ul e u t u t u , TOT TOT C R =1 , 1 , 130 || 10 || 101 , k k RTOT = ns 52 , 11 = Jednadba vrijedi do t = 10 ns. 2. sluaj: t=10ns, skok napona izvora s ut na 0V (kraj naponskog impulsa). Rjeenje jednadbe tada glasi: 210) 10 ( ) ( ) ( n tul C ul e ns t u t u t u = = = , TOT TOT C R =2 , 2 , 10 || 10 || 102 , k k RTOT = ns 12 , 02 = Jednadba vrijedi od t = 10 ns nadalje. Grafiki prikaz: Za vjebu: Izraunati vrijeme porasta, vrijeme pada i trajanje impulsa prema predavanjima. Ako se trajanje impulsa skrati na 1 ns, kako e tada izgledati izlazni napon? Hoe li sklop B ispravno protumaiti da je primio visoku naponsku razinu (pretpostavimo da napon na ulazu mora biti barem 4V da bi bio shvaen kao visoka razina)? t10 nsutt10 nsuulRefleksije, presluavanja i utjecaj kapacitivnosti. 21 X YZ Wvod Avod B 1.12. Zadatak Dva para digitalnih sklopova (X, Y) i (W, Z) povezani su dugakim paralelnim vodovima na tiskanoj ploici, na sljedei nain: izlaz sklopa X povezan je na ulaz sklopa Y, izlaz sklopa W povezan je na ulaz sklopa Z. Svi sklopovi su istog tipa. Poznati su slijedei podaci: napon visoke razine UH=3.8V, napon niske razine UL=0,3V, struja niske razine IIL=-1.6mA, struja visoke razine IIH0mA, RulH=, RulL=4k, RizlH=100, RizlL=10k. Kapacitet izmeu vodova iznosi C=10pF, a meuinduktivitet M=100nH. Izlazi sklopova X i W nalaze se na visokoj razini (UH). Sklop X u trenutku t1 poalje sklopu Y impuls trajanja T, s parametrima tr=8ns, tf=5ns. Ako su sklopovi X i Z, te Y i W susjedni (vidi sliku), odredite utjecaj tog impulsa na sklopove W i Z. Analizirati samo utjecaj presluavanja! Postoje dvije komponente presluavanja: i) zbog meuinduktiviteta ii) zbog kapaciteta Utjecaj presluavanja u opem sluaju Utjecaj meuinduktiviteta Utjecaj kapaciteta gRgu 1R1uPu2R2u TRIiIIi+- +-M gRgu 1R1uCu2R2u TRCi+-+-C dtdiM u Ip = , dtdiMR R R Rui I PII2 1 2 11+=+= dtduC i CC = dtdiMR RRu I2 111+= + dtduC R R C ) || (2 1 dtdiMR RRu I2 122+ = + dtduC R R C ) || (2 1 22 Zbirka rijeenih zadataka U trenutku t1 sklop X generira padajui brid impulsa. Vrijedi: 0 ) , ( ) , ( ) (1 1 1 = = = H H C U U t B t A t u H L C U U t B t A t u = =+ + +) , ( ) , ( ) (1 1 1 sVtU Utt u t utudtdufH LfC CfC C 8 1 110 7) ( ) ( === + IH I I t i =) (1 i IL I I t i =+) (1 sAtI Itt i t itidtdifIH ILfI IfI I 5 1 110 2 , 3) ( ) ( === + Uz sklopove postavljene kao u zadatku, R1 odgovara RulH sklopa Z, R2 odgovara RizlH sklopa W. Dobije se: mV u 7321 = Kako je u stacionarnom stanju napon na vodu B jednak UH, pod utjecajem presluavanja napon pada na V u UH 068 , 3 ) 732 , 0 ( 8 , 31 = + = + . Grafiki prikaz: Zato derivacije nisu delta funkcije? naponski skok kod uA impulsa takoer nije savreno okomit. Moemo aproksimirati trapezom trajanja tf/tr, pa bi derivacije bile pravokutni impulsi. Meutim, i to je samo aproksimacija, stvarno impulsi izgledaju kao na slici... Za vjebu. Izraunati i nacrtati utjecaj presluavanja u trenutku t=t1+T (dakle, na rastui brid). Ponoviti analizu uz pretpostavku da su susjedni sklopovi sada X i W, te Y i Z. tuAttuBdtdiItt1 t1+TdtduC???Refleksije, presluavanja i utjecaj kapacitivnosti. 23 ZADACI ZA VJEBU 1. (Pismeni ispit 30.09.2004.) Vie sklopova spojeno je na zajedniku sabirnicu koja se ponaa kao dugaka linija. Zbog kvara, jedan od sklopova (npr. sklop C) sabirnicu kratko spaja na masu. Prikaite stanje na sabirnici nakon to jedan sklop A na izlazu generira napon od 5V, u trajanju od 5td. Na sabirnicu je jo prikljuen samo ulaz sklopa B, dok su svi ostali sklopovi u stanju visoke impedancije. Sklopovi B i C fiziki su smjeteni blizu. Poznato je: izlazni otpor sklopa iznosi 150, ulazni otpor sklopa 2400 a karakteristina impedancija voda iznosi 100. 2. (Pismeni ispit 07.02.2005.) Izlaz digitalnog sklopa spojen je na dugaki vod na tiskanoj ploici, koji se ponaa kao kao prijenosna linija. Ako je poznato da je izlazni otpor sklopa 50, a Z0=100, nacrtajte stanje na vodu za sluaj da se napon na izlazu sklopa promijeni s 0,3V na 5V, te ako je: a. na kraj voda spojeno troilo ulaznog otpora 100, b. kraj voda otvoren (nema spojenih troila). Zatitno kodiranje. Brojevni sustavi. 25 2. Zatitno kodiranje. Brojevni sustavi. Dekadski kodovi. 2.1. Zadatak etiri-bitni podatak 1011 potrebno je zatititi kodom n-strukog ponavljanja (uz n=5). Prikazati zatieni podatak i navesti svojstva ovog kodiranja. Pokazati nain ispravljanja pogreke na primjeru. Opisani kod spada u najjednostavnije mogue, pri emu kod odjednom moe kodirati samo jedan bit podatka (dakle 0 ili 1) i zbog toga ima samo dvije kodne rijei {0000, 1111}. Dakle, podatak 0 kodira se sa n nula, a podatak 1 sa n jedinica. Podatak 1011 tada e uz n=5 biti kodiran kao 11111 00000 11111 11111. Redundancija ovog kodiranja je vrlo velika; naime: 8 . 054 1= == =nnnrR i poveanjem n raste prema 1 (r je broj zatitnih, tj. redundantnih bitova, n je ukupan broj bitova). No, zahvaljujui velikoj redundanciji, kod moe otkrivati i ispravljati ak (n-1)/2 pogreaka, gdje je s x definirana funkcija zaokruenja prema prvom manjem cijelom broju. U naem primjeru, broj pogreaka koje kod moe otkriti i ispraviti iznosi: ( ) ( ) 2 2 2 / 1 5 2 / 1 = = = n . Kako smo doli do ovog zakljuka? Klju je u raunanju udaljenosti primljene kodne rijei i svake mogue ispravne kodne rijei, gdje se udaljenost rauna kao broj razliitih bitova. Ako kodna rije ima n bitova, tada je uslijed pogreke mogla nastupiti jedna od sljedeih situacija: promijenjeno je nula bitova, promijenjen je jedan bit, , promijenjeno je svih n bitova. Pogledajmo to grafiki za n=5 (i uzmimo u obzir da imamo samo dvije ispravne kodne rijei): Na prikazanoj slici referentna kodna rije je 00000. Isto razmatranje moemo napraviti ako kao referentnu kodnu rije uzmemo 11111, ime dobijemo simetrinu sliku: 26 Zbirka rijeenih zadataka Uzevi u obzir da je vjerojatnost pojave viestruke pogreke uobiajeno manja od vjerojatnosti pojave manje pogreke, uvijek e se pretpostavljati da je dolo do minimalnog broja promijenjenih bitova. Zbog toga e se izraunati udaljenost primljene rijei do svake ispravne kodne rijei, i kao prava poslana kodna rije bit e uzeta ona ispravna kodna rije koja ima minimalnu udaljenost. Npr. ako je primljena kodna rije 10101, raunamo udaljenosti: d(10101, 00000) = 3 d(10101, 11111) = 2 Dakle, pretpostavit emo da je poslana kodna rije 11111, to odgovara podatku 1. Na ovaj nain kod e pouzdano ispravljati svaku jednostruku pogreku, i svaku dvostruku pogreku, to smo inicijalno i utvrdili. No u sluaju trostruke pogreke, kod e zakazati. Naime, tada e udaljenost primljene rijei biti manja do one druge kodne rijei, i ispravljanje pogreke e zakazati (zbog ega smo i izrekli tvrdnju da kod pouzdano ispravlja do dvije pogreke). Openito vrijedi sljedea tvrdnja: kod s minimalnom udaljenou d izmeu svake dvije ispravne kodne rijei moe ispraviti ( ) 2 / 1 d pogreaka. Tvrdnja se moe izrei i obratno: da bi kod mogao ispravljati t pogreaka, minimalna distanca izmeu svake dvije ispravne kodne rijei mora biti 1 2 + t d . Ova tvrdnja vrijedit e i za sve kodove koje emo obraditi u nastavku. 2.2. Zadatak Oktet 213 potrebno je zatititi paritetnim bitom uz uporabu parnog pariteta. Objasniti ovaj nain zatitnog kodiranja, i svojstva. Traeno kodiranje obavlja se tako da se podatkovnoj rijei doda jo jedan bit, koji se postavi na onu vrijednost uz koju je cijela kodna rije traenog pariteta. Ako je n-bitna podatkovna rije dana bitovima b0, b1, , bn-1, a paritetni bit oznaimo s bn, tada uz pretpostavku parnog pariteta mora vrijediti: 01 1 0 = n n b b b b Zatitno kodiranje. Brojevni sustavi. 27 odakle odmah slijedi: 1 1 0 =n n b b b b Ako se pak koristi neparni paritet, tada paritetni bit mora zadovoljavati izraz: 11 1 0 = n n b b b b odakle odmah slijedi: 1 1 0 1 1 0 1 = =n n n b b b b b b b Uz zadane podatke: 213 = 11010101(2), paritetni bit iznosi: 1 1 1 0 1 0 1 0 18 = = b te je kodna rije: 111010101 (podcrtan je paritetni bit). Lako se je uvjeriti da ova kodna rije doista zadovoljava poetni uvjet: 0 1 1 0 1 0 1 0 1 11 1 0 = = n n b b b b U ovom zadatku podatkovna rije ima k=8 bitova, broj zalihosnih bitova r=1, te je ukupna duljina kodne rijei n=k+r=9. Redundancija koda tada je odreena izrazom: 1111 . 091= = =nrR . Ovaj kod otkriva svaku jednostruku pogreku, i svaki neparan broj pogreaka. Kod ne moe ispraviti niti jednu pogreku. 2.3. Zadatak Niz okteta {25, 12, 250, 54, 93, 33, 196, 212} potrebno je zatititi uporabom uzdunog i poprenog pariteta (koristiti parni paritet). Pri tome treba koristiti takav nain kodiranja koji e osigurati minimalnu redundanciju! Prikaite kodirane podatke i izraunajte redundanciju. Niz koji kodiramo sastoji se od 64 8 8 = bitova. Ovaj niz potrebno je presloiti u blok bitova koji u svakom retku sadri W podatkovnih bitova, a u svakom stupcu H podatkovnih bitova. Ukupan broj podatkovnih bitova tada e biti H W p = i to mora biti jednako 64. Cijeli blok oito e biti dimenzija ( ) ( ) 1 1 + + = H W n . Broj zalihosnih bitova tada je 1 + + = H W r . Redundancija R rauna se prema izrazu: 28 Zbirka rijeenih zadataka nrR = Budui da traimo takav nain kodiranja da redundancija bude minimalna, pronaimo minimum te funkcije dviju varijabli (W i H). U tu svrhu emo najprije eliminirati jednu od varijabli koritenjem supstitucije: WpH = to e dati: ( ) + + = 1 1WpW n 1 + + =WpW r pa imamo: ( )( ) + ++ +=1 11WpWWpWW R Derivirajmo R po W i izjednaimo s nulom: ( ) ( ) ( )( )01 11 1 1 1 1 12 2=||

\|+ +1]1

||

\| + + ||

\|+ ||

\|+ + ||

\|+ + ||

\|+ =WpWWpWWpWWpWpWWpdWW dR Nakon kraeg rauna slijedi: 02 3= W p pW tj. slijedi: ( ) 02= p W pW Kako niti p niti W ne mogu biti 0, slijedi da je trei lan jednak 0, pa imamo: p W = Odavde odmah slijedi i H uvrtavanjem u poetnu supstituciju: Zatitno kodiranje. Brojevni sustavi. 29 pppWpH = = = Uz zadane parametre slijedi: 8 = W 8 = H 17 1 8 8 = + + = r ( )( ) 81 1 8 1 8 = + + = n 21 . 08117 = R To znai da emo svaki oktet staviti u jedan redak. Zatieni blok podataka iznosi: 1 0 1 1 0 1 0 1 1 0 0 0 1 1 0 0 1 1 0 0 0 0 1 1 0 0 0 1 1 1 1 1 0 1 0 0 0 0 1 1 0 1 1 0 0 0 1 0 1 1 1 0 1 1 0 0 1 0 0 0 0 1 0 1 1 0 0 0 1 0 0 1 1 1 0 1 0 1 0 0 0 Prvi redak pripada paritetnim bitovima poprenog pariteta, a zadnji stupac pripada paritetnim bitovima uzdunog pariteta. 2.4. Zadatak Poruku 101100011010(2) potrebno je zatititi uporabom Hammingovog koda koristei parni paritet. Zatim pretpostavite da tijekom prijenosa takve zatiene poruke uslijed djelovanja smetnji 12-ti bit (brojei s lijeva na desno poevi od 1) promjeni iznos. Da li moemo otkriti da je dolo do pogreke u prijenosu, i moemo li ispraviti pogreku? Pokaite to. Hammingov kod mijea zatitne bitove s podatkovnim bitovima. Najprije je potrebno ustanoviti koliko e zatiena rije imati bitova i kako e se oni raunati. Moemo se posluiti jednostavnom metodom: generiramo odreen broj bitova od 1 navie. Svaki bit koji je potencija broja 2 je zatitni; preostali su podatkovni. Stanemo kada smo generirali dovoljan broj podatkovnih bitova (12 jer naa poruka ima toliko bitova). Zatim ispod svakog bita napiemo njegov redni broj u binarnom obliku (vidi tablicu). 'C' oznaava da je bit zatitni, 'P' oznaava da je bit podatkovni. U ovom zadatku bitovi se numeriraju s lijeva na desno poevi od 1. 30 Zbirka rijeenih zadataka C C P C P P P C P P P P P P P C P 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1720 21 22 23 24 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 1 0 0 0 0 0 0 0 1 1 1 1 1 1 1 1 0 0 0 0 0 1 1 1 1 0 0 0 0 1 1 1 1 0 0 0 1 1 0 0 1 1 0 0 1 1 0 0 1 1 0 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 Potrebno je poslati ukupno 17 bitova kako bismo mogli sigurno prenijeti 12 bitova poruke (sigurno u smislu mogunosti ispravljanja jednostruke pogreke). Vrijednost zatitnog bita izraunamo na slijedei nain: Pronaemo u tablici onaj redak u kojem ispod traenog zatitnog bita imamo 1. Suma modulo 2 (to je ekvivalentno operaciji iskljuivo ili) tog bita sa svim bitovima koji u tom istom retku imaju 1 mora zadovoljavati traeni paritet (dakle, biti 0 za parni paritet, odnosno 1 za neparni paritet). Upisujemo poruku: C C P C P P P C P P P P P P P C P 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17? ? 1 ? 0 1 1 ? 0 0 0 1 1 0 1 ? 0 (? oznaava da na ovom mjestu jo ne znamo vrijednost odreenog bita) C(1) ima 1 u petom (zadnjem) retku. U tom retku 1 imaju jo i P(3), P(5), P(7), P(9), P(11), P(13), P(15), P(17). Sumiramo vrijednosti svih navedenih P-bitova: 1+0+1+0+0+1+1+0 mod 2 = 4 mod 2 = 0, te je C(1) = 0. Da se trai neparan paritet, C(1) bi bio komplement dobivenog rezultata, dakle 1. C(2) ima 1 u etvrtom (predzadnjem) retku. U tom retku 1 imaju jo i P(3), P(6), P(7), P(10), P(11), P(14), P(15). Sumiramo vrijednosti svih navedenih P-bitova: 1+1+1+0+0+0+1 mod 2 = 4 mod 2 = 0, te je C(2) = 0. Da se trai neparan paritet, C(2) bi bio komplement dobivenog rezultata, dakle 1. C(4) ima 1 u treem retku. U tom retku 1 imaju jo i P(5), P(6), P(7), P(12), P(13), P(14), P(15). Sumiramo vrijednosti svih navedenih P-bitova: 0+1+1+1+1+0+1 mod 2 = 5 mod 2 = 1, te je C(4) = 1. Da se trai neparan paritet, C(4) bi bio komplement dobivenog rezultata, dakle 0. C(8) ima 1 u drugom retku. U tom retku 1 imaju jo i P(9), P(10), P(11), P(12), P(13), P(14), P(15). Sumiramo vrijednosti svih navedenih P-bitova: 0+0+0+1+1+0+1 mod 2 = 3 mod 2 = 1, te je C(8) = 1. Da se trai neparan paritet, C(8) bi bio komplement dobivenog rezultata, dakle 0. C(16) ima 1 u prvom retku. U tom retku 1 imaju jo i P(17). Sumiramo vrijednosti svih navedenih P-bitova: 0 mod 2 = 0, te je C(16) = 0. Da se trai neparan paritet, C(16) bi bio komplement dobivenog rezultata, dakle 1. Zatitno kodiranje. Brojevni sustavi. 31 Sumu modulo 2 obavlja operacija iskljuivo ili, koju emo u nastavku oznaavati sa XOR to je uobiajena oznaka za ovu operaciju u VHDLu koji emo obraditi neto kasnije. Za parni paritet moemo pisati: C(1)P(3)P(5)P(7)P(9)P(11)P(13)P(15)P(17)=0 C(2)P(3)P(6)P(7)P(10)P(11)P(14)P(15)=0 C(4)P(5)P(6)P(7)P(12)P(13)P(14)P(15)=0 C(8)P(9)P(10)P(11)P(12)P(13)P(14)P(15)=0 C(16)P(17)=0 to nakon jo jedne primjene XOR operacije s C(i) daje: C(1)=P(3)P(5)P(7)P(9)P(11)P(13)P(15)P(17) C(2)=P(3)P(6)P(7)P(10)P(11)P(14)P(15) C(4)=P(5)P(6)P(7)P(12)P(13)P(14)P(15) C(8)=P(9)P(10)P(11)P(12)P(13)P(14)P(15) C(16)=P(17) Da se je traio neparni paritet imali bismo npr.: C(1)P(3)P(5)P(7)P(9)P(11)P(13)P(15)P(17)=1 to bi dalo nakon primjene XOR s C(1) na lijevoj i desnoj strani jednakosti: C(1)=Komplement_od( P(3)P(5)P(7)P(9)P(11)P(13)P(15)P(17) ) Slino i za ostale zatitne bitove Niz zatitnih bitova: C(16) C(8) C(4) C(2) C(1) = 01100. Zatiena poruka tada glasi: 00110111000110100. Ako se promjeni 12-ti bit, nova poruka glasi: 00110111000010100. Raunanjem zatitnih bitova dobiti emo: C'(16) = 0, C'(8) = 0, C'(4) = 0, C'(2) = 0, C'(1) = 0, te novi niz zatitnih bitova glasi: 00000. Niz zatitnih bitova oitan iz dobivene poruke je: 01100, te je pogreka nastupila na mjestu koje odreuje sindrom: oitani niz zatitnih bitova XOR izraunati niz zatitnih bitova = 01100 XOR 00000 = 01100. Pogreka je nastupila na mjestu 01100(2)=12(10). Da bismo ispravili pogreku, potrebno je 12. bit komplementirati pa je ispravna zatiena poruka: 00110111000110100, odnosno bio je poslan niz bitova: 101100011010. 32 Zbirka rijeenih zadataka 2.5. Zadatak Blok od 8000 okteta alje se komunikacijskim medijem. Koliko je zatitnih bitova potrebno, i kolika je redundancija, ako za zatitu koristimo: a) uzduni plus popreni paritet b) Hammingov kod a) Uporaba uzdunog plus poprenog pariteta Poredajmo podatkovne bitove u tablicu koja ima jedan oktet po retku. trebamo 8000 paritetnih bitova za uzduni paritet, i 8 paritetnih bitova za popreni paritet. Ukupno trebamo: r = 8000 + 8 + 1 = 8009 paritetnih bitova (+1 zbog gornjeg desnog bita tablice). Poslati emo n = 80008 + 8009 = 72009 bitova. Redundancija je: 111 , 0720098009= = =nrR to je vie od 11%. b) Uporaba Hammingovog koda Ako titimo blok od k = 80008 = 64000 bitova, broj paritetnih bitova mora biti: 1 2 + nr Zato? Promatramo li niz zatitnih bitova kao r-bitni binarni broj Cr-1Cr-2C1C0, taj broj mora moi poprimiti poziciju na kojoj je dolo do pogreke, ili vrijednost nula ako niti na jednoj poziciji nije dolo do pogreke. Kako titimo n bita, slijedi da zatitni broj mora moi poprimiti vrijednosti: 0, 1, 2, ..., n-1, n tj. ukupno n+1 vrijednost. Napisano na drugi nain: 1 2 + + r kr Prvi r koji ovo zadovoljava jest r=16: 64017 1 16 64000 65536 216= + + = Ukupno emo prenijeti n = 64000+16 = 64016 bitova, pa je redundancija: 00025 , 06401616= = =nrR to je viestruko manje od uzdunog plus poprenog pariteta. o1 on p1,1 p1,8 v1 p8000,1 p8000,8 vn Za vjebu. Rijeite a) dio zadatka tako da podatkovne bitove sloite na nain koji e potroiti minimalno potreban broj zatitnih bitova. Koliko tada iznosi redundancija? Usporedite s rjeenjem b) dijela zadatka. Zatitno kodiranje. Brojevni sustavi. 33 2.6. Zadatak Potrebno je zatititi etiri podatka: 00, 01, 10 i 11. Podaci se tite s etiri zatitna bita, tako da se postavi jedinica na mjesto koje odgovara numerikoj vrijednosti podatka. Koliko se pogreaka takvim kodiranjem moe otkriti, a koliko ispraviti? Pretpostaviti da je uslijed djelovanja pogreaka primljena poruka d=000101 (zatitni su bitovi nakon korisnih). Neka kriterij za otkrivanje ispravne poruke bude minimalna distanca koda. Napiimo sve kodne rijei u zadanom kodu: Bitovi poruke Zatitni bitovi Podatakd1 d0 c3 c2 c1 c0 0 0 0 0 0 1 p0 0 1 0 0 1 0 p1 1 0 0 1 0 0 p2 1 1 1 0 0 0 p3 Izraunajmo minimalnu distancu koda (najmanji broj bitova koji se razlikuju izmeu dvije kodne rijei): Minimalna distanca je dakle: min d = 3. Zahtjev za otkrivanje pogreke glasi: min d t + 1, t je broj pogrenih bitova koje moemo otkriti. 3 t + 1 t 2: moemo otkriti dva pogrena bita. Zahtjev za ispravljanje pogreke glasi: min d 2t + 1, t je broj pogrenih bitova koje moemo ispraviti. 3 2t + 1 t 1: moemo ispraviti jedan pogrean bit. Npr. ako je primljena poruka d=000101: najblia kodna rije je 000001 s distancom 1 (sve ostale imaju veu distancu do d), pa zakljuujemo da je to poslana kodna rije. 2.7. Zadatak Potrebno je zatititi slijedei niz bitova: 1010100000101010101. Potrebno je koristiti Hammingov kod uz neparni paritet. Pogreka neka djeluje na 10. bit. Niz koji treba poslati je oblika: xx1x010x1000001x01010101, gdje x oznaava pozicije zatitnih bitova. Potrebno je 5 zatitnih bitova. C(1)=Komplement( P(3)P(5)P(7)P(9)P(11)P(13)P(15)P(17)P(19)P(21)P(23) ) p0 - p1 3 p0 - p2 3 p0 - p3 4 p1 - p2 4 p1 - p3 3 p2 - p3 3 34 Zbirka rijeenih zadataka C(2)=Komplement( P(3)P(6)P(7)P(10)P(11)P(14)P(15)P(18)P(19)P(22)P(23) ) C(4)=Komplement( P(5)P(6)P(7)P(12)P(13)P(14)P(15)P(20)P(21)P(22)P(23) ) C(8)=Komplement( P(9)P(10)P(11)P(12)P(13)P(14)P(15)P(24) ) C(16)=Komplement( P(17)P(18)P(19)P(20)P(21)P(22)P(23)P(24) ) Izraunati niz zatitnih bitova: 10100. Zatieni niz bitova: 001101001000001101010101. Niz nakon djelovanja pogreke: 001101001100001101010101. Oitani niz zatitnih bitova: 10100. Izraunati niz zatitnih bitova: 11110. Pogreka je na 10100 XOR 11110 = 01010 = 10(10). Niz nakon ispravljanja pogreke: 001101001000001101010101. 2.8. Zadatak Potrebno je zatititi slijedei niz bitova: 100110000010100. Potrebno je koristiti Hammingov kod uz parni paritet. Pogreka neka djeluje na 19. bit. Potrebno je 5 zatitnih bitova. C(1)=P(3)P(5)P(7)P(9)P(11)P(13)P(15)P(17)P(19) C(2)=P(3)P(6)P(7)P(10)P(11)P(14)P(15)P(18)P(19) C(4)=P(5)P(6)P(7)P(12)P(13)P(14)P(15)P(20) C(8)=P(9)P(10)P(11)P(12)P(13)P(14)P(15) C(16)=P(17)P(18)P(19)P(20) Izraunati niz zatitnih bitova: 10000. Zatieni niz bitova: 00100010100000110100. Niz nakon djelovanja pogreke: 00100010100000110110. Oitani niz zatitnih bitova: 10000. Izraunati niz zatitnih bitova: 00011. Pogreka je na 10000 XOR 00011 = 10011 = 19(10). Niz nakon ispravljanja pogreke: 00100010100000110100. 2.9. Zadatak Potrebno je zatititi slijedei niz bitova: 1111010001. Potrebno je koristiti Hammingov kod uz neparni paritet. Pogreka neka djeluje na 12. bit. Potrebno je 4 zatitnih bitova. Zatitno kodiranje. Brojevni sustavi. 35 C(1)=Komplement( P(3)P(5)P(7)P(9)P(11)P(13) ) C(2)=Komplement( P(3)P(6)P(7)P(10)P(11)P(14) ) C(4)=Komplement( P(5)P(6)P(7)P(12)P(13)P(14) ) C(8)=Komplement( P(9)P(10)P(11)P(12)P(13)P(14) ) Izraunati niz zatitnih bitova: 1100. Zatieni niz bitova: 00111111010001. Niz nakon djelovanja pogreke: 00111111010101. Oitani niz zatitnih bitova: 1100. Izraunati niz zatitnih bitova: 0000. Pogreka je na 1100 XOR 0000 = 1100 = 12(10). Niz nakon ispravljanja pogreke: 00111111010001. 2.10. Zadatak Poznato je da je 001100(2) ispravna Hammingova kodna rije. Napiite sve preostale kodne rijei koje pripadaju tom kodu. Kako bismo otkrili o kojem se Hammingovom kodu radi, potrebno je utvrditi broj podatkovnih bitova u rijei, broj zatitnih bitova u rijei te koriteni paritet. Krenimo redom. Poznato je da navedena rije pripada (nekom) Hammingovom kodu. To znai da je oblika: C C P C P P 1 2 3 4 5 6 ? ? ? Jednu kodnu rije ve znamo, pa je moemo upisati: C C P C P P 1 2 3 4 5 6 0 0 1 1 0 0 Takoer znamo da je rije ispravna. Ako je koriten parni paritet, tada mora vrijediti: C(1)=P(3)P(5) C(2)=P(3)P(6) C(4)=P(5)P(6) Provjerimo to. C(1) = P(3)P(5) = 10 = 1 0 (proitano iz tablice) C(2) = P(3)P(6) = 10 = 1 0 (proitano iz tablice) C(4) = P(5)P(6) = 00 = 0 1 (proitano iz tablice) Uz uporabu parnog pariteta nismo dobili zatitne bitove kakvi se nalaze u zadanoj kodnoj rijei. tovie, dobili smo tono njihove komplemente, to upuuje na uporabu 36 Zbirka rijeenih zadataka neparnog pariteta. Provjerimo dakle koje bismo zatitne bitove dobili da je koriten neparni paritet. Tada mora vrijediti: C(1)=Komplement(P(3)P(5))=Komplement(10)=Komplement(1)=0 C(2)=Komplement(P(3)P(6))=Komplement(10)=Komplement(1)=0 C(4)=Komplement(P(5)P(6))=Komplement(00)=Komplement(0)=1 Vidimo da zatitni bitovi izraunati uz pretpostavku neparnog pariteta odgovaraju zatitnim bitovima u zadanoj kodnoj rijei, pa zakljuujemo da se radi o Hammingovom kodu s neparnim paritetom. Iz zadane kodne rijei takoer moemo proitati i koja je podatkovna rije zatiena. Radi se o rijei 100(2). Kako je to trobitna rije, postoji jo 7 moguih rijei: 000(2), 001(2), 010(2), 011(2), 101(2), 110(2) te 111(2). Kako sada znamo da trebamo koristiti neparni paritet, odnosno da mora vrijediti: C(1)=Komplement(P(3)P(5)) C(2)=Komplement(P(3)P(6)) C(4)=Komplement(P(5)P(6)) moemo izraunati zatitne bitove i za preostale podatkovne rijei. Podatkovna rije Hammingova rije 000(2) 110100(2) 001(2) 100001(2) 010(2) 010010(2) 011(2) 000111(2) 100(2) 001100(2) 101(2) 011001(2) 110(2) 101010(2) 111(2) 111111(2) 2.11. Zadatak Pretpostaviti da je kroz nesiguran komunikacijski kanal poslana Hammingova kodna rije, a primljena je kodna rije 000011011100101. Da li je nastupila pogreka? Na kojem mjestu, i kako se to matematiki moe izraunati? Kako glasi podatak koji je poslan (ako je najvii bit podatka spremljen na prvo mogue lijevo mjesto u Hammingovoj kodnoj rijei), i kolika je redundancija ovog kodiranja? Koriten je parni paritet. Primljeni niz bitova: 000011011100101. Oitani niz zatitnih bitova: 1000. Uz zadanu 15-bitnu rije i parni paritet vrijede izrazi: C(1)=P(3)P(5)P(7)P(9)P(11)P(13)P(15) C(2)=P(3)P(6)P(7)P(10)P(11)P(14)P(15) Zatitno kodiranje. Brojevni sustavi. 37 C(4)=P(5)P(6)P(7)P(12)P(13)P(14)P(15) C(8)=P(9)P(10)P(11)P(12)P(13)P(14)P(15) Izraunati niz zatitnih bitova na temelju ovih izraza glasi: 0010. Pogreka je tada na 1000 XOR 0010 = 1010 = 10(10). Dakle, pogreka je oito nastupila, i njezin poloaj odreen je temeljem razlike sindroma. Niz nakon ispravljanja pogreke: 000011011000101. Podatak koji je poslan: 01101000101. Redundancija kodiranja u ovom sluaju iznosi: 27 , 0154= = =nrR 2.12. Zadatak Zadan je broj x=177,296875(10) (u bazi 10). Potrebno je taj isti broj zapisati u slijedeim bazama: a) 2 b) 8 c) 16 a) Baza 2 Broj je potrebno promatrati kao cijeli broj plus decimalni ostatak. Cijeli broj pretvara se u drugu bazu postupkom uzastopnog dijeljenja novom bazom, a decimalni ostatak postupkom uzastopnog mnoenja novom bazom. Pretvorba cijelog broja bazarezultat dijeljenja ostatak dijeljenjasmjer itanja 177 : 2 = 88 1 88 : 2 = 44 0 44 : 2 = 22 0 22 : 2 = 11 0 11 : 2 = 5 1 5 : 2 = 2 1 2 : 2 = 1 0 1 : 2 = 0 1 Kod postupka uzastopnog mnoenja decimalni se dio uzastopno mnoi s bazom. Ukoliko rezultat mnoenja postane vei ili jednak 1, cijeli dio se pamti, a u nastavak mnoenja ulazi samo decimalni ostatak. 38 Zbirka rijeenih zadataka Pretvorba decimalnog dijela broja baza rezultat dijeljenja cjelobrojni dio smjer itanja 0,296875 2 = 0,59375 0 0,59375 2 = 1,1875 1 0,1875 2 = 0,375 0 0,375 2 = 0,75 0 0,75 2 = 1,5 1 0,5 2 = 1 1 0 Moemo pisati: 177,296875(10) = 10110001,010011(2). b) Baza 8 Ponovimo postupak opisan u a). Pretvorba cijelog broja baza rezultat dijeljenja ostatak dijeljenjasmjer itanja 177 : 8 = 22 1 22 : 8 = 2 6 2 : 8 = 0 2 Pretvorba decimalnog dijela broja baza rezultat dijeljenja cjelobrojni dio smjer itanja 0,296875 8 = 2,375 2 0,375 8 = 3 3 0 Moemo pisati: 177,296875(10) = 261,23(8). c) Baza 16 Ponovimo postupak opisan u a). Pretvorba cijelog broja baza rezultat dijeljenja ostatak dijeljenja smjer itanja 177 : 16 = 11 1 (1) 11 : 16 = 0 11 (B) Zatitno kodiranje. Brojevni sustavi. 39 Pretvorba decimalnog dijela broja baza rezultat dijeljenja cjelobrojni dio smjer itanja 0,296875 16 = 4,75 4 (4) 0,75 16 = 12 12 (C) 0 Moemo pisati: 177,296875(10) = B1,4C(16). 2.13. Zadatak Potrebno je zapisati broj 261,23(8) u bazi: a) 2 b) 16 Brojeve ije su baze potencije istog broja (npr. 8=23 i 2=21) moemo pretvarati iz baze u bazu razvojem odnosno grupiranjem. a) Baza 2 Kako je 8=23, svaku emo znamenku broja zapisanog u bazi 8 pretvoriti u troznamenkasti broj prikazan u bazi 2 (tj. 21): 2 6 1 , 2 3 (8) 010 110 001 , 010 011 (2) Dakle, 2(8) se razvije u 010(2); na isti nain razvijemo i ostale znamenke. 261,23(8) = 010110001,010011(2) = 10110001,010011(2) b) Baza 16 Kako je 16=24, za prikaz jedne znamenke trebamo 4 bita. Izvorno je broj zapisan u bazi 8=23, te za prikaz jedne znamenke treba 3 bita. Konverziju moemo obaviti posredno, prevodei broj metodom razvoja iz oktalnog (baza 8) u binarni zapis (baza 2), pa metodom grupiranja iz binarnog u heksadekadski zapis (baza 16). Pretvorba u binarni oblik: 2 6 1 , 2 3 (8) 010 110 001 , 010 011 (2) 40 Zbirka rijeenih zadataka Broj 10110001,010011(2) sada grupiramo u grupe od po etiri bita (poevi od decimalnog zareza na lijevo i desno). Na poetak i kraj broja moemo dodati proizvoljan broj nula (masnim slovima u nastavku), pa imamo: 1011 0001 , 0100 1100 (2) B 1 , 4 C (16) tj. 261,23(8) = B1,4C(16). 2.14. Zadatak Potrebno je obaviti slijedee pretvorbe: a) AE7,24(16) u dekadsku, binarnu i oktalnu bazu. b) 731,56(8) u dekadsku, binarnu i heksadekadsku bazu. a) AE7,24(16) = 10162+14161+7160+216-1+416-2 = 2791,140625(10). AE7,24(16) = 1010 1110 0111, 0010 0100(2) AE7,24(16) = 101 011 100 111, 001 001 000(2) = 5347,110(8) b) 731,56(8) = 782+381+180+58-1+68-2 = 473,71875(10) 731,56(8) = 111 011 001, 101 110(2) 731,56(8) = 0001 1101 1001, 1011 1000(2) = 1D9,B8(16) 2.15. Zadatak Dekadski broj 3720 prikaite u BCD kodu. BCD kod za prikaz jedne dekadske znamenke koristi 4 bita, pri emu se znamenka zapisuje kao binarni ekvivalent njezine vrijednosti. Za zapis 4-znamenkastog dekadskog broja trebamo dakle 4 grupe od po 4 bita: 3 7 2 0 0011 0111 0010 0000 Slijedi 3720 0011 0111 0010 0000. Zatitno kodiranje. Brojevni sustavi. 41 2.16. Zadatak Dekadski broj 3720 prikaite u Excess-3 kodu. Excess-3 kod za prikaz jedne dekadske znamenke koristi 4 bita, pri emu se znamenka zapisuje kao binarni ekvivalent njezine vrijednosti uveane za 3. Za zapis 4-znamenkastog dekadskog broja trebamo dakle 4 grupe od po 4 bita: 3 7 2 0 0110 1010 0101 0011 Slijedi 3720 0110 1010 0101 0011. 2.17. Zadatak Izraunajte distancu bikvinarnog koda. Koliko pogreaka kod moe otkriti, a koliko ispraviti? Tablica koja prikazuje kodne rijei bikvinarnog koda prikazana je u nastavku: Dekadska znamenka Kodna rije bikvinarnog koda 0 0100001 1 0100010 2 0100100 3 0101000 4 0110000 5 1000001 6 1000010 7 1000100 8 1001000 9 1010000 Distanca koda je minimalna distanca izmeu bilo koje dvije kodne rijei. Paljivom analizom prethodne tablice slijedi da je minimalna distanca jednaka 2, to je ujedno i distanca koda. Broj pogreaka koje kod moe otkriti je 1. Broj pogreaka koje kod moe ispraviti je 0. 42 Zbirka rijeenih zadataka 2.18. Zadatak Ispiite sve kodne rijei 3-bitnog Grayevog koda. Koliko pogreaka kod moe otkriti a koliko ispraviti? Grayev kod najlake se dobije postupkom zrcaljenja, to prikazuje sljedea tablica. Mjesta zrcaljenja prikazana su crtkanim linijama. Postupak kree od konstrukcije dvobitnog koda (skroz desni stupac: pie se 0, 1 i zatim to zrcalimo: 1, 0); u lijevom stupcu kod izvornih podataka piemo 0 a kod zrcaljenih 1. Kad smo stvorili dvobitni kod, ponavljamo postupak zrcaljenja i dobivamo 3-bitni kod. Broj Grayev kod 0 0 0 0 1 0 0 1 2 0 1 1 3 0 1 0 4 1 1 0 5 1 1 1 6 1 0 1 7 1 0 0 Grayev kod spada u kodove s minimalnom promjenom to znai da je razlika izmeu svake dvije susjedne kodne rijei tono 1 bit. Zbog toga kod ne moe niti otkriti niti ispraviti pogreke. 2.19. Zadatak U nekom digitalnom sustavu potrebno je pohranjivati nenegativne cijele brojeve pri emu je maksimalni broj koji treba pohraniti 1048575(10). Digitalni sustav projektiran je tako da brojeve pohranjuje u BCD kodu. Koliko se sklopovlja moe utediti ako se umjesto BCD koda za prikaz brojeva koristi prirodni binarni kod? Broj bitova koje sustav troi za pohranu jednog broja u ovom je sluaju odreen najveim brojem koji treba zapamtiti 1048575. Kako se radi o 7 znamenkastom broju, oito je da sustav treba troiti 74=28 bitova (svaka BCD znamenka troi 4 bita). Ukoliko se za prikaz broja odabere prirodni binarni kod, za prikaz svakog broja trebat emo onoliko bitova koliko trebamo za prikaz najveeg. Pretvorimo li broj 1048575 u binarni, slijedi: 1048575(10)=11111111111111111111(2)=220-1 Dakle, za prikaz najveeg broja trebat emo 20 bitova. Iz priloenog moemo zakljuiti kako bi se prijelazom na prirodni binarni kod utedilo 120 /28=28.6% sklopovlja. Zatitno kodiranje. Brojevni sustavi. 43 ZADACI ZA VJEBU 1. Brojeve: 12.15, 253 i 0.275 prikazati u binarnom, oktalnom i heksadekadskom obliku. 2. Prijemnik je s komunikacijskog kanala primio sljedee poruke: 000111, 011101, 111111. Ako je poznato da su primljene poruke podaci zatieni Hammingovim kodom, te uz pretpostavku da je broj pogrenih poruka manji od broja ispravnih poruka, otkriti da li je za kodiranje koriten parni ili neparni paritet, te koji su podaci poslani. 3. Pismeni ispit 21.09.2004. Poruku ABBA potrebno je zatititi uporabom uzdunog + poprenog pariteta (koristiti neparni paritet). Za svako slovo alje se njegov 8-bitni ASCII kod (A ima kod 65). Prikazati zatienu poruku, te izraunati redundanciju kodiranja. Pokazati kako se obavlja ispravljanje ako se uslijed djelovanja smetnje promijeni najznaajniji bit prvog slova poruke. 4. Prijemnik predajniku alje znak 'A' (odnosno njegov 8-bitni ASCII kod), pri emu za zatitu podatka koristi kod n-strukog ponavljanja uz n=5. Brzina komunikacijskog kanala koji koriste jest 210242 bita u sekundi. Prikaite slijed bitova koji se pojavljuju na komunikacijskom kanalu. Izraunajte koliko bi vremena trebalo prijemniku za slanje datoteke veliine 2010242 okteta, pod pretpostavkom da se ne pojaviti niti jedna pogreka? 5. Hammingovim kodom uz uporabu neparnog pariteta zatitite podatak 1000111101. Izraunajte redundanciju kodiranja. 6. 011110 je jedna Hammingova kodna rije. Pronaite sve ostale kodne rijei tog koda. 7. Dekadski broj 952713 prikaite u BCD kodu. 8. Dekadski broj 327116 prikaite u Excess-3 kodu. 9. Dekadski broj 255 prikaite u bikvinarnom kodu. Osnovni logiki sklopovi. 45 3. Osnovni logiki sklopovi. 3.1. Zadatak Na slici je prikazan sklop ostvaren uporabom I i ILI logikih sklopova. &1 &abcdf Koju funkciju ostvaruje taj sklop? a) Napiite logiki izraz koji definira funkciju sklopa. b) Napiite VHDL opis temeljen na funkcijskom ponaanju sklopa. c) Napiite VHDL opis temeljen na strukturnoj grai sklopa. a) Oznaimo s i1 i i2 interne meurezultate. &1 &abcdfi1i2 Moemo pisati: b a i = 1 c i i + = 1 2 ( ) ( ) d c b a d c i d i f + = + = = 1 2 b) Oznaimo "granice" sklopa, ulaze u sklop te izlaze iz sklopa. Nazovimo sklop "sklop1". U VHDL-u opis sklopa sastoji se od dva dijela: opis suelja preko kojega sklop komunicira s vanjskim svijetom (ENTITY kljuna rije), te opis djelovanja sklopa (to je mogue ostvariti na dva naina: funkcijskim odnosno ponaajnim opisom te strukturnim opisom; ARCHITECTURE kljuna rije). 46 Zbirka rijeenih zadataka &1 &abcdfsklop1i1i2 Opis sklopa u VHDL-u temeljen na funkcionalnosti sklopa prikazan je u nastavku. library IEEE; use IEEE.STD_LOGIC_1164.ALL; ENTITY sklop1 IS PORT( a, b, c, d: IN std_logic; f : OUT std_logic ); END sklop1; ARCHITECTURE funkcijska OF sklop1 IS BEGIN f f); -- povezivanje -- putem imena END strukturna; Kod povezivanja signala komponenti pomou kojih se opisuje struktura sklopa s internim signalima koje koristi sam sklop ili s njegovim ulaznim/izlaznim vratima (kljuna rije PORT MAP) mogue je povezivanje na dva naina. Kod pozicijskog povezivanja navode se samo signali komponente koja se opisuje, a povezivanje je implicitno s vratima komponente i to onim redoslijedom kako je to definirano u COMPONENT dijelu opisa. Kod povezivanja preko imena eksplicitno se navodi koji signal komponente se spaja na koji signal sklopa, pri emu redoslijed ovog nabrajanja ne mora slijediti redoslijed definiran u COMPONENT dijelu. Dodatak zadatku: kako bi se provjerilo da li se opisana komponenta doista ponaa u skladu s naim oekivanjima, potrebno je obaviti testiranje rada komponente (npr. putem generiranja test uzoraka s poznatim izlazima i provjerom podudarnosti s izlazima koje daje sklop za te uzorke). 48 Zbirka rijeenih zadataka Za vjebu. Ponovite zadatak za sklop prikazan na slijedeoj slici (sklop2). Provjerite uporabom Xilinx-ovog simulatora s laboratorijskih vjebi da li su opisi koje ste generirali rjeavajui b) i c) dio zadatka jednaki na ponaajnoj razini. &&11 1abcf 3.2. Zadatak Zadana je tranzistorska sklopka prema slici. Poznati su slijedei podaci: V U UBB CC 5 = = = k RC 1 = k R 101 = k R 1002 50 =FEh V UCEzas 3 . 0 = V UBEzas 8 . 0 = A ICB 1 . 00 = V Uul 41 = V Uul 3 . 02 = a) Provjeriti da li tranzistor ulazi u zasienje i zapiranje prema oekivanju. b) Neka su tolerancije svih otpornika i izvora napajanja 10%. Provjerite da li i u najgorem sluaju sklopka funkcionira ispravno. a) Kada je na ulaz sklopa spojena visoka naponska razina (Uul1) oekujemo da tranzistor vodi (tovie, da se nalazi u zasienju) i da je izlazni napon Uizl vrlo mali. Kada je tranzistor u zasienju, napon baza emiter iznosi otprilike 0.8V (UBEzas), a napon kolektor emiter otprilike 0.3V (UCEzas). Kada na ulaz sklopa spojimo nisku naponsku razinu, oekujemo da tranzistor ode u zapiranje i ne vodi, ime izlazni napon skae otprilike na iznos od +UCC (ukoliko je izlaz neoptereen). Provjerit emo ova dva sluaja koristei se oznakama napona i struja kao na slici. Provjera zasienja. U zasienju, na ulazu je Uul=Uul1, UBE=UBEzas, UCE=UCEzas, dok ICB0 ne postoji. +UCC-UBB1R2RUulUizlCR+UCC-UBB1R2RUBE1I2I0 CBIUulUizlBICROsnovni logiki sklopovi. 49 Tranzistor je u zasienju kada vrijedi: FECBhII odnosno kada je bazna struja barem dovoljna (a poeljno i vea) od struje potrebne za potporu kolektorske struje. Zato je potrebno izraunati ove struje i provjeriti da li prethodna nejednadba vrijedi. mARU URU URURUI I I BEzas BB BEzas ulR RB 262 . 02 112 12 12 1=+= = = mARU UICCEzas CCCzas 7 . 4 == mAmAmA 094 . 0507 . 4262 . 0 = Vidimo da je nejednakost zadovoljena, pa je tranzistor doista u zasienju. Provjera zapiranja. U zapiranju, na ulazu je Uul=Uul2, UBE=UBezap=? dok ICB0 sada postoji. U tom sluaju struju I2 moemo odrediti superpozicijom, pa zatim napon UBezap iznosi: BB BEzap U R I U =2 2 Superpozicija kae da struju I2 moemo odrediti tako da gledamo utjecaj jednog po jednog naponskog odnosno strujnog izvora (dok su ostali naponski izvori kratko spojeni a strujni izvori otpojeni). U ulaznom krugu imamo slijedee naponske izvore: Uul2 i UBB te strujni izvor ICB0. Moemo pisati: 2 1102 1 2 122R RRIR RUR RUICBBB ul+++++= Uvrtavanjem dobivamo: V U RR RRIR RUR RUUBB CBBB ulBEzap 18 . 022 1102 1 2 12 = +++++= Utjecaj Uul2 kada je UBB kratko spojen a ICB0 otpojen Utjecaj UBB kada je Uul2 kratko spojen a ICB0 otpojen Utjecaj ICB0 (strujno djelilo!) kada su Uul2 i UBB kratko spojeni 50 Zbirka rijeenih zadataka Tranzistor je sigurno u zapiranju jer je UBEzap manji od napona praga voenja U koji iznosi oko 0.3V. b) Uz zadane tolerancije potrebno je ponovno provjeriti da li je tranzistor u zasienju odnosno u zapiranju, ovisno o ulaznom naponu. Provjera zasienja. Najnepovoljniji sluaj za zasienje je kada je struja baze minimalna, a struja kolektora maksimalna, jer se tada moe dogoditi da vie ne vrijedi odnos: FECBhII Minimalne vrijednosti oznaavat emo podvlakom, a maksimalne crticom iznad vrijednosti. Minimalna struja baze odnosno maksimalna struja zasienja kada bi tranzistor trebao biti u zasienju iznose (prepisujemo prethodne formule): mARU URU URU URU URURUI I IBEzas BB BEzas ulBEzas BB BEzas ulRRBzas221 . 0) 1 . 0 1 () 1 . 0 1 () 1 . 0 1 (2 112 112 12 121= + + +=+= = = mARU URU UICCEzas CCCCEzas CCCzas78 . 5) 1 . 0 1 () 1 . 0 1 (= +== Vidimo da je tranzistor jo uvijek u zasienju, jer vrijedi: mAmAmA 1156 . 05078 . 5221 . 0 = Provjera zapiranja. V U RR RRIR RUR RUU RR RRIR RUR RUUBB CBBB ulBB CBBBulBEzap062 . 0 ) 1 . 0 1 ( ) 1 . 0 1 () 1 . 0 1 ( ) 1 . 0 1 () 1 . 0 1 () 1 . 0 1 ( ) 1 . 0 1 () 1 . 0 1 () 1 . 0 1 ( ) 1 . 0 1 ( 22 1102 1 2 1222 1102 1 2 12 = + + + + + + + + + = +++++= Vidimo da je tranzistor i u najgorem sluaju sigurno u zapiranju jer je UBEzap manji od napona praga voenja U. Osnovni logiki sklopovi. 51 3.3. Zadatak Diodni I sklop spojen je s invertorom iz prethodnog zadatka kojemu je na ulaz dodana dioda. a) Provjerite da li taj sklop funkcionira i koju logiku funkciju ostvaruje. b) Ako na izlaz tog sklopa spojimo ulaze identinih sklopova, postoji li kakvo ogranienje na njihov broj? Objasnite. c) Ponovite analizu za tolerancije otpora od 10%. +UCC-UBB1R2RUulUizlCR R+UCCUizlUulAUulB Invertor s dodanom diodom Diodni I sklop +UCC-UBB1R2RUizlR+UCCUulAUulBCR Diodni I sklop spojen na invertor s dodanom diodom Poznati su slijedei podaci: V U UBB CC 5 = = = k RC 1 = k R 101 = k R 1002 100 =FEh V UCEzas 3 . 0 = V UBEzas 8 . 0 = A ICB 00 = V Uul 51 = V Uul 3 . 02 = = k R 1 a) Sklop najprije rauna logiku I operaciju ulaza, a zatim rezultat komplementira invertorom. Dakle, logika funkcija sklopa je NE( A I B ), tj.: B A B A f + = = 52 Zbirka rijeenih zadataka Analizirajmo rad sklopa. Oznaimo na slici dodatne napone koji e nam pomoi u analizi sklopa. +UCC-UBB1R2RUABUizlR+UCCUulAUulBUDDUBERICR Kada je na jednom ulazu sklopa niska razina, npr. UulA = Uul2 = 0.3V (vrijednost drugog ulaza neka je visoka razina), dotina dioda provede i na njoj je pad napona od 0.7V. Tada je: V U U UD ulA AB 1 7 . 0 3 . 0 = + = + = Treba uoiti da druga dioda ne vodi jer je na njoj pad napona: V V U UulB AB 7 . 0 4 5 1 < = = Da bi tranzistor doao duboko u zasienje, napon baza-emiter mora biti 0.8V (a minimalno 0.7V za poetak zasienja). Isto tako, dioda D mora provesti kako bi mogla potei struja baze, to znai da na njoj mora takoer biti pad napona od 0.7V. Slijedi da bi napon UAB morao biti barem UBEzas+UD=0.7+0.7=1.4V (zapravo bi trebao biti jo vii zbog pritezanja napona baze na UBB preko R2). Meutim, napon UAB je samo 1V to nije dovoljno da provedu i dioda i tranzistor pa oni ne vode. Tranzistor je dakle u zapiranju i izlazni napon Uizl=UCC=+5V. Ista situacija bila bi kada bi UulB bio nizak a UulA visok, ili oba napona niska. Tee struja IR za koju osjenani dio sheme uope ne postoji, a njezin iznos je: mARU UI AB CCR 410001 5=== Tek kada su UulA i UulB oba visoka (UulA=UulB=Uul1=5V) ulazne diode ne vode. Sada je napon UAB dovoljno visok da provedu dioda D i tranzistor. Imamo slijedeu situaciju: Osnovni logiki sklopovi. 53 +UCC-UBB1R2RUABUizlR+UCCUulAUulBUD 1IDUBE2IBICR Struje I1, I2 te IB iznose: mAk k R RU U UI BEzas D CC3182 . 010 18 . 0 7 . 0 511 =+ =+ = mAk RU UI BB BEzas058 . 01005 8 . 022 =+=+= mA m m I I IB 2602 . 0 058 . 0 3182 . 02 1 = = = Napon UAB iznosi: V k m R I U UCC AB 6818 . 4 1 3182 . 0 51 = = = Budui da tranzistor vodi, struja kolektora iznosi: mAk RU UICCEzas CCC 7 . 413 . 0 5=== Provjerimo da je tranzistor doista u zasienju: mA I h I mAB FE C 02 . 26 7 . 4 = = b) Promotrimo najprije situaciju kada je izlaz iz sklopa visoka naponska razina, tj. kada je barem jedan od ulaza u sklop spojen na nisku naponsku razinu: 54 Zbirka rijeenih zadataka +UCC-UBB1R2RUABUizlR+UCCUulAUulBUDDUBERIR+UCCR+UCC1n1I1ICR Kako je Uizl visoka naponska razina, ulazne diode slijedeeg stupnja ne vode. Struja kolektora tada je nula, i broj ulaza slijedeeg stupnja koji je spojen nema nikakvog utjecaja. Ako se na oba ulaza spoji visoka naponska razina, imamo slijedeu situaciju: +UCC-UBB1R2RUABUizlR+UCCUulAUulBUDDUBER+UCCRIR+UCCRI1n1ICR Struje I1, I2 i IB izraunali smo ve u prethodnom dijelu zadatka. Meutim, sada struja kolektora izlaznog tranzistora vie nije uvjetovana samo Strujom kroz otpor RC, ve i strujama IR koje teku iz ulaznog stupnja sklopova povezanih na izlaz! Struja kolektora tada iznosi: RCCEzas CCC I nRU UI += Struja IR iznosi: mARU U UI CEzas D CCR 4 = = Osnovni logiki sklopovi. 55 Uvrtavanjem izraza za IR u izraz za IC slijedi: RU U UnRU UI CEzas D CCCCEzas CCC += Prisjetimo se, da bi tranzistor bio u zasienju, struja kolektora IC ograniena je strujom baze IB! Mora vrijediti: B FE C I h I Uvrstimo li izraz za IC u prethodnu nejednadbu, moemo izraziti n: B FECEzas D CCCCEzas CCI hRU U UnRU U + 33 . 5 = RU U URU UI hnCEzas D CCCCEzas CCB FE Zakljuujemo da n mora biti manji ili jednak 5 da bi sklop ispravno funkcionirao. Ukoliko bi n bio vei od 5, struja kolektora bila bi prevelika za struju baze te bi, da se uspostavi ravnotea, tranzistor izaao iz zasienja i uao u aktivno podruje, ime bi se napon UCE znatno poveao. Poveanje ovog napona bilo bi toliko koliko je potrebno da se struja kolektora izjednai sa strujom koju moe podrati bazna struja, odnosno dok ne bi vrijedilo: B FE C I h I = Naime, uvidom u izraz koji opisuju IC, vidi se da je ta struja graena od komponente kroz otpor RC i struje IR (tj. n IR). Obje ove komponente padaju poveanjem napona UCE. U digitalnoj elektronici ogranienje ovog tipa naziva se fan-out, odnosno faktor grananja na izlazu koji govori koliko se maksimalno ulaza istovjetnih sklopova moe spojiti na izlaz sklopa, a da sklop i dalje funkcionira ispravno. c) Kada je barem jedan od ulaza u sklop na niskoj naponskoj razini, tranzistor je u zapiranju, i ve smo vidjeli da nema posebnih ogranienja na rad sklopa. Kada su oba ulaza na visokoj naponskoj razini, tranzistor e provesti. U najgorem sluaju. Struja baze biti e minimalna, a struja kroz kolektor tranzistora maksimalna. Izraunajmo te struje za najgori sluaj. 2 12 1RU UR RU U UI I I BB BEzas BEzas D CCB++ = = Minimalna struja baze bit e (uz tolerancije otpora): 56 Zbirka rijeenih zadataka mARU UR RU U UI I I BB BEzas BEzas D CCB 2248 . 02 12 1 =++ = = Struja kolektora odreena je sa: RU U UnRU UI CEzas D CCCCEzas CCC += to je maksimalno ako su svi otpori R sklopova spojenih na izlaz minimalni, kao i otpor RC u izlaznom krugu tranzistora. RU U UnRU UI CEzas D CCCCEzas CCC += Uvrtavanjem u nejednadbu: B FE C I h I moe se izraunati n: 883 . 3 = RU U URU UI hnCEzas D CCCCEzas CCB FE Dakle, ako se dopuste tolerancije otpora od 10%, u najgorem sluaju faktor grananja iznosi samo 3 sklopa! 3.4. Zadatak Za neki logiki sklop zadani su sljedei podaci: UILmax = 2V, UIHmin = 3.5V, UOLmax = 0.5V, UOHmin = 4.2V. Odredite granice istosmjerne smetnje tog sklopa. Ako se izlaz sklopa pri niskoj naponskoj razini moe nadomjestiti otporom RL = 100 prema masi, a izlaz sklopa pri visokoj naponskoj razini otporom RH = 1000 prema napajanju UCC, izraunajte koliko iznose struje IOLmax i IOHmax. Neka je UCC = 5V. Ako je poznato da su IIHmax = 0.16 mA te IILmax = 0.8 mA, izraunajte koliko iznosi faktor grananja izlaza (fan-out) zadanog sklopa. UILmax predstavlja maksimalni napon koji e se na ulazu jo uvijek protumaiti kao niska naponska razina. UOLmax predstavlja maksimalnu vrijednost napona koju e sklop generirati na izlazu u sluaju kada je izlaz nizak. UOLmax tipino je manji od UILmax, a njihova razlika ini granicu istosmjerne smetnje pri niskoj razini: V U U UOL IL L GS 5 . 1 5 . 0 2max max , = = = Osnovni logiki sklopovi. 57 UIHmin predstavlja minimalni potreban napon na ulazu koji e se protumaiti kao visoka naponska razina. UOHmin predstavlja minimalnu vrijednost napona koju e sklop generirati na izlazu u sluaju kada je izlaz visok. UOHmin tipino je vei od UIHmin, a njihova razlika ini granicu istosmjerne smetnje pri visokoj razini: V U U UIH OH H GS 7 . 0 5 . 3 2 . 4min min , = = = Granica istosmjerne smetnje tada se definira kao manja od ove dvije vrijednosti, pa vrijedi: V U U UH GS L GS GS 7 . 0 ) 7 . 0 , 5 . 1 min( ) , min(, ,= = = Struju IOLmax moemo izraunati iz sljedeeg razmatranja. Po pretpostavci zadatka izlaz sklopa u sluaju kada je na izlazu niska naponska razina moe se nadomjestiti otporom RL prema masi, kao to je prikazano na nadomjesnoj shemi (slika 1-a). RL UizlIOLmax UOLmax +UCCUizlRHIOHmax UOHmin a) izlaz je L b) izlaz je H Slika 1. Nadomjesna shema izlaznog stupnja sklopa Struja IOL ulazi u sklop i na otporu RL stvara pad napona L OL izl R I U = podiui tako napon na izlazu sklopa. Kako taj napon ne smije prerasti UOLmax koji je unaprijed zadan, moe se izraunati kolika je maksimalna struja IOL koja e na izlazu podii napon na UOLmax, i tu emo struju nazvati IOLmax: mARUI R I ULOLOL L OL OL 51005 . 0maxmax max max = = = = Struju IOHmax moemo izraunati koristei pretpostavku da se izlaz sklopa u sluaju kada je na izlazu visoka naponska razina moe se nadomjestiti otporom RH prema napajanju, kao to je prikazano na nadomjesnoj shemi (slika 1-b). Struja IOH izlazi iz sklopa i na otporu RH stvara pad napona ruei tako napon na izlazu sklopa H OH CC izl R I U U = . Kako taj napon ne smije pasti ispod UOHmin koji je unaprijed zadan, moe se izraunati kolika je maksimalna struja IOH koja e na izlazu spustiti napon na UOHmin, i tu emo struju nazvati IOHmax: mARU UI R I U UHOH CCOH H OH CC OH 8 . 010008 . 010002 . 4 5minmax max min = === = 58 Zbirka rijeenih zadataka Prilikom izrauna faktora grananja izlaza zapravo nas zanima koliko istovjetnih sklopova moemo prikljuiti na izlaz jednog sklopa (a da sklop, dakako, radi ispravno). Tu moramo provjeriti opet dva sluaja. Kada je izlaz sklopa na niskoj naponskoj razini, on moe primati struju ne veu od IOLmax. No u tom sluaju iz svakog od ulaza sklopova prikljuenih na izlaz promatranog sklopa u najgorem sluaju dolazi struja IILmax. Kako za ispravan rad sklopa suma tih struja ne smije prekoraiti iznos IOLmax slijedi: 25 . 68 . 05maxmaxmax max = = = ILOLL OL IL LIIn I I n nL je faktor grananja izlaza za sluaj kada je napon na izlazu nizak. Kada je izlaz sklopa na visokoj naponskoj razini, on moe davati struju ne veu od IOHmax. U tom sluaju u svaki od ulaza sklopova prikljuenih na izlaz promatranog sklopa u najgorem sluaju ulazi struja IIHmax. Kako za ispravan rad sklopa suma tih struja ne smije prekoraiti iznos IOHmax slijedi: 516 . 08 . 0maxmaxmax max = = = IHOHH OH IH HIIn I I n nH je faktor grananja izlaza za sluaj kada je napon na izlazu visok. Kako se faktor grananja definira kao najvei broj ulaza sljedeeg stupnja pri kojem svi sklopovi jo rade ispravno (neovisno o stanju izlaza), za njegov izraun treba uzeti manji od izraunatih faktora: 5 ) 5 , 25 . 6 min( ) , min( = = =H L n n n Osnovni logiki sklopovi. 59 3.5. Zadatak Kao priprema za sljedee zadatke, izvedite izraz za izlazni napon naponskog dijelila zadanog slikama. UXR1R2+UCC UXR1R2+UCCU2 a) jednostavno naponsko dijelilo b) naponsko dijelilo s dva izvora Sluaj a) Struja kroz dijelilo iznosi: 2 1 R RUI CC+= Slijedi: 2 122R RRU R I UCC X+= = Sluaj b) Struja kroz dijelilo iznosi: 2 12R RU UI CC+= Slijedi: ( )( )2 112 12 122 2 2 2R RRU U U R I UR RRU U U R I U UCC CC CCCC X+ = =+ + = + = 3.6. Zadatak Na slici su prikazani neoptereeni/optereeni diodni I sklop kod kojeg su svi ulazu blokirani (ne utjeu na rad sklopa) osim jednog. Nacrtajte ovisnost napona UD o naponu Uul, ovisnosti svih struja u sklopu o naponu Uul te prijenosne karakteristike za sklopove sa slike. Pretpostavite da se napon Uul moe mijenjati od 0V do UCC=5V. Diodu promatrati kao idealni element (pri voenju UD=0.7V i otpor je 0, pri nevoenju predstavlja beskonani otpor). R=1k, RT=4k. 60 Zbirka rijeenih zadataka +UCCRUXUulUDI +UCCRUXUulUDIRTI2I1 a) neoptereen izlaz b) optereen izlaz Sluaj a) Krenimo u razmatranje od Uul=UCC. Napon na diodi tada iznosi: V U U U U UCC CC ul X D 0 = = = i dioda ne vodi. U sklopu takoer ne tee nikakva struja. Ponemo li smanjivati Uul, napon na diodi poinje rasti. Struje i dalje ne teku, i napon UX ostaje jednak UCC. Kada UD dostigne vrijednost od 0.7V, dioda poinje voditi. To se dakle dogodi kod ulaznog napona Uul*: V U U U V U U UD CC ul ul CC D 3 . 4 7 . 0 5 7 . 0* = = = = = Daljnjim smanjivanjem napona Uul napon na diodi ostaje konstantnih 0.7V jer dioda vodi. To za posljedicu ima sputanje napona UX koji je do tada bio konstantan (iznosa UCC). Budui da dioda vodi, naponi UD, Uul i UX povezani su sljedeom relacijom: X D ul U U U = + Sada kroz sklop tee struja I odreena relacijom: RU U UI ul D CC = Sputanjem napona Uul ova je struja sve vea, zbog ega se na otporu R stvara sve vei pad napona, te izlazni napon UX pada, prema relaciji: D ul CC X U U R I U U + = = Kad napon Uul doe do nule, UX je minimalan a struja I maksimalna, te iznose: V U U UD ul X 7 . 0 7 . 0 0 = + = + = mAk k RU U UI ul D CC3 . 413 . 410 7 . 0 5= = = = Osnovni logiki sklopovi. 61 Ovisnost napona UD o naponu Uul, ovisnost struje I o naponu Uul te ovisnost napona UX o naponu Uul (prijenosna karakteristika UX je izlazni napon) prikazane su u nastavku. Uul [V]UD [V]5 1 2 3 4 4.315432Uul [V]UX [V]5 1 2 3 4 4.3154320.7Uul [V]I [mA]5 1 2 3 4 4.3154324.30.7000 Sluaj b) Krenimo u razmatranje od Uul=UCC. Otpori R i RT ine naponsko dijelilo, te uz pretpostavku da dioda ne utjee na napon UX, vrijedi: Vk kkR RRU UTTCC X 44 145 =+=+= Napon na diodi tada iznosi: V U U Uul X D 1 5 4 = = = . Oito je da uz ovaj napon dioda doista ne vodi (pa time ne utjee na napon UX), te provedena analiza vrijedi. U ovom trenutku takoer vrijedi: 62 Zbirka rijeenih zadataka mA I mAk k R RUI ITCC0 , 14 151 2 = =+=+= = Ponemo li smanjivati ulazni napon, napon na diodi e polagano rasti. Pri tome sve struje i napon UX ostaju nepromijenjeni, sve do trenutka kada napon na diodi dosegne vrijednost 0.7V. U tom trenutku dioda poinje voditi. To se dogaa za ulazni napon koji je za 0.7 V manji od napona dijelila: V U U UD X ul 3 . 3 7 . 0 4 = = = Daljnjim smanjivanjem ulaznog napona (a zbog voenja diode) napon UX poinje padati, slijedei ulazni napon prema formuli: D ul X U U U + = Zbog toga se konano poinju mijenjati i struje u sklopu, te od ovog trenutka vrijede izrazi: I I IRUIRU UITX X CC= + ==2 1 2 Napon na diodi ostaje konstantnih 0.7V. Smanjivanjem napona Uul do 0V napon UX takoer se linearno smanjuje do napona V U U UD ul X 7 . 0 7 . 0 0 = + = + = , struja I raste do iznosa: ( ) ( )mAk k RU U UI D ul CC3 . 413 . 417 . 0 0 5= =+ =+ = , struja I2 pada do iznosa mAk RUITX175 . 047 . 02 = = = , a struja I1 raste do vrijednosti: mA I I I 125 . 4 175 . 0 3 . 42 1 = = = Ovisnost napona UD o naponu Uul, ovisnost struja I, I1 i I2 o naponu Uul te ovisnost napona UX o naponu Uul (prijenosna karakteristika UX je izlazni napon) prikazane su u nastavku. Osnovni logiki sklopovi. 63 Uul [V]UD [V]5 1 2 3 4 3.3154320.70-1Uul [V]UX [V]5 1 2 3 43.3154320.70Uul [V]I [mA]5 1 2 3 4154324.30 3.3Uul [V]I1 [mA]5 1 2 3 4 4.3154324.1250 3.3Uul [V]I2 [mA]5 1 2 3 4 4.3154324.30 3.30.175 64 Zbirka rijeenih zadataka 3.7. Zadatak Zadan je sklop prema slici. Grafiki prikaite ovisnosti napona UX i struja I, I1 i I2 o naponu Uul. Prikaite prijenosnu karakteristiku. Pretpostavite da su svi elementi idealni. Objasnite kako se moe odrediti UIHmin ovog sklopa i komentirajte njegov utjecaj na faktor grananja izlaza. R=1k, RB=5k, RC=1k, UCC=5V, UBEzas=0.7V, UCEzas=0.3V, UD=UD1=0.7V, hFE=100. +UCCR+UCCUulAUulBD1RCRBUizl Kao pomo u rjeavanju zadatka oznaimo na slici jo i potrebne struje i napone. Isto tako, pretpostavimo da su sve ulazne diode trajno blokirane (tako da ne smetaju) osim jedne na koju dovodimo ulazni napon. +UCCUXUizlR+UCCUulUD1D11IRCRBUD2IIUBEzas Krenimo u analizu uz pretpostavku da je ulazni napon Uul=UCC. Ako pretpostavimo da je time dioda blokirana (ne vodi), tada ona ne utjee na napon UX. Budui da je tada baza tranzistora preko otpora R i RB i diode D1 spojena na UCC, tranzistor oito vodi, pa vrijedi: V UD 7 . 01 = , V UBEzas 7 . 0 = , mAk k k R RU U UI IBBEzas D CC6 . 066 . 35 17 . 0 7 . 0 512 = =+ =+ = = , mA I 01 = Napon UX tada se moe izraunati kao napon dijelila s dva izvora (jedan od prethodnih zadataka): Osnovni logiki sklopovi. 65 ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )Vk kkR RRU U U U U UBBD BEzas CC D BEzas X4 . 45 157 . 0 7 . 0 5 7 . 0 7 . 01 1=+ + + + =+ + + + = Budui da vrijedi izraz: D ul X U U U + = slijedi da je napon na diodi D u ovom sluaju negativan: V U U Uul X D 6 . 0 5 4 . 4 = = = Zbog toga dioda D ne vodi, ne utjee na napon UX pa smo potvrdili prethodnu pretpostavku i valjanost rauna. Ulazni napon bez ikakvih promjena u radu sklopa moemo smanjivati sve do trenutka kada napon na diodi UD ne dosegne 0.7V, to se dogodi pri naponu: V U U UD X ul 7 . 3 7 . 0 4 . 4 = = = Od tog trenutka daljnje smanjivanje ulaznog napona povlai za sobom pad napona UX (UD je konstantnih 0.7V a vrijedi D ul X U U U + = ), porast struja I i I1 te pad struje I2. Kad napon UX padne na vrijednost ispod 1.4V, tj.: V U U UBEzas D X 4 . 11 = + < dioda D1 i tranzistor se iskljuuju, ime struja I2 postaje 0. Ovo se dogaa kod ulaznog napona: V U U UD X ul 7 . 0 7 . 0 4 . 1 = = = . Od tog trenutka nadalje vrijede sljedee relacije za struje: ( )RU U UI I D ul CC + = =1, mA I 02 = U toki iskljuenja tranzistora (UX=1.4V) struje I i I1 su iznosile: mAk k RU UI I X CC6 . 316 . 314 . 1 51 = === = Smanjivanjem ulaznog napona do vrijednosti 0V napon UX postaje 0.7V a struje: 66 Zbirka rijeenih zadataka mAk k RU UI I X CC3 . 413 . 417 . 0 51 = === = . Prijenosnu karakteristiku dobit emo praenjem izlaznog napona, to e odgovarati praenju struje I2 koja e ovdje odgovarati struji baze tranzistora, pa e u nastavku biti preimenovana u IB. Ponimo analizu opet od Uul=UCC. Tranzistor je u zasienju, IB=0.6 mA, UCEzas=0.3V. mAk RU UICCEzas CCC 7 . 413 . 0 5=== Kako je mA h I mA IFE B C 60 7 . 4 = = tranzistor je doista u zasienju. Dok je tranzistor u zasienju, izlazni se napon ne mijenja (iznosi UCEzas). Kritini trenutak nastupa kada se dogodi: mAhII h I mA IFECB FE B C 047 . 01007 . 47 . 4 = = = = = . Naime, daljnjim smanjivanjem struje IB tranzistor vie nije u zasienju ve je u NAP-u, i izlazni napon poinje rasti. Pogledajmo kod kojeg se ulaznog napona dogaa ova promjena. Kombiniranjem izraza za napon UX: D ul X U U U + = s izrazom za struju IB=I2: BBEzas D XBRU U UI =1 uz IB=0.047mA slijedi: V U U U R I URU U U UIBEzas D D B B ulBBEzas D D ulB 935 . 011= + + = += Padom ulaznog napona pada i struja baze, pa je struja kolektora odreena izrazom: B FE C I h I = i pada zajedno sa strujom baze. Kako mora vrijediti naponska jednadba izlaznog kruga: C C CC CE izl R I U U U = = padom kolektorske struje izlazni napon raste. Ovaj porast izlaznog napona ii e do iznosa UCC u trenutku kada se tranzistor iskljuuje uz struju baze 0 mA (to smo ve Osnovni logiki sklopovi. 67 prethodno izraunali da se dogaa kod napona Uul=0.7V). Daljnjim smanjivanjem ulaznog napona izlazni se napon ne mijenja. Prijenosna karakteristika prikazana je u nastavku. Uul [V]Uizl [V]5 1 2 3 4154320.300.9350.7 Traeni grafiki prikazi slijede. Uul [V]UD [V]5 1 2 3 43.7154320.70-1-0.6 Uul [V]UX [V]5 1 2 3 4 3.7154320.70 Uul [V]I [mA]5 1 2 3 4154324.30 3.70.6 68 Zbirka rijeenih zadataka Uul [V]I1 [mA]5 1 2 3 4 4.3154324.30 3.7 Uul [V]I2 [mA]5 1 2 3 4 4.3154324.30 3.70.6 Na odreivanje napona UIHmin utjee vie faktora. Prvi i osnovni faktor jest ispravan rad sklopa. U ovom zadatku analiziran je diodni NI sklop. Kod tog sklopa uz pretpostavku da su svi ulazi na visokoj logikoj razini, izlaz mora biti nizak. Pogledamo li prijenosnu karakteristiku sklopa, odmah vidimo da za taj sluaj ulazni napon ne smije biti manji od 0.935V (jer inae napon izlaza vie nije nizak, tj. 0.3V). Ovime je odreen minimalni iznos parametra UIHmin. Meutim, bitno je za uoiti da pri naponu od 0.935V kroz bazu tee upravo dovoljna struja da podri kolektorsku struju koju generira RC. Prikljuivanjem bilo kakvog optereenja na izlaz sklopa (koje generira dodatnu struju) struja koju bi tranzistor trebao "progutati" postala bi vea od one koju podrava bazna struja. To se, naravno, nee dogoditi, ve e izlazni napon porasti (tranzistor ulazi u NAP) kako bi osigurao da i dalje kroz tranzistor tee onolika struja kolika je podrana baznom strujom. Vidimo dakle da je faktor grananja uz ovaj odabir UIHmin jednak 0. Zbog toga se pri odabiru vrijednosti za parametar UIHmin uzimaju u obzir i drugi parametri poput eljenog faktora grananja i sl. Naime, poveanjem vrijednosti UIHmin poveava se i struja baze koja e u najgorem sluaju tei kroz tranzistor, i time osigurati eljeni faktor grananja. Dakako, slino razmatranje vrijedi i za odabir ostalih parametara sklopa. Booleova algebra. 69 4. Booleova algebra. 4.1. Zadatak Navedite aksiome Booleove algebre. Njihovom uporabom pokaite da vrijedi: ( ) B A B A A A = + A.1. Neutralni element a) A A = + 0 b) A A = 1 A.2. Komplement a) 1 = + A A b) 0 = A A A.3. Komutativnost a) A B B A + = + b) A B B A = A.4. Distributivnost a) C A B A C B A + = + ) ( b) ) ( ) ( C A B A C B A + + = + ( ) B A A A + ( ) ( ) ( ) B A A A A + + = A.4b ( ) ( ) ( ) B A A A A + + = A.3a ( ) ( ) B A A + = 1 A.2a ( ) ( ) 1 + = B A A A.3b ( ) B A A + = A.1b ( ) ( ) B A A A + = A.4a ( ) B A + = 0 A.2b ( ) 0 + = B A A.3a B A = A.1a Za vjebu. Ponovite postupak ali u prvom koraku primijenite A.4a. 70 Zbirka rijeenih zadataka 4.2. Zadatak Koristei samo aksiome A.1. A.4. pokaite da vrijedi 0 0 = A . Za svaki korak navedite aksiome koje koristite. 0 A 0 0 + = A A.1 A A A + = 0 A.2 ) 0 ( A A + = A.4 A A = A.1 0 = A.2 4.3. Zadatak Koristei samo aksiome A.1. A.4. pokaite da vrijedi A A A = . Za svaki korak navedite aksiome koje koristite. A A 0 + = A A A.1 A A A A + = A.2 ) ( A A A + = A.4 1 = A A.2 A = A.1 4.4. Zadatak Booleove funkcije moemo prikazivati tablicom kombinacija. Zadana je funkcija C B A ABC B A C B A f + + = ) , , ( . Prikaite funkciju tablicom kombinacija. C B A ABC B A C B A f + + = ) , , ( Neka je B A f =1, ABC f =2 te C B A f =3. Tada je 3 2 1 f f f f + + = : Tablica 1. Tablini prikaz Booleove funkcije 1f 2f 3f f A B C A B C B A ABC C B A 3 2 1 f f f + +0 0 0 1 1 1 0 0 0 0 0 0 1 1 1 0 0 0 0 0 0 1 0 1 0 1 0 0 0 0 0 1 1 1 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 1 1 1 0 0 1 1 0 1 0 1 0 1 0 1 1 1 1 0 0 0 1 0 0 0 0 1 1 1 0 0 0 0 1 0 1 Booleova algebra. 71 4.5. Zadatak Booleova funkcija zadana je Tablica 1. Prikaite tu funkciju: a) sumom standardnih produkata (minterma) b) umnokom standardnih suma (maksterma) a) u tablici promatramo one retke za koje je vrijednost funkcije 1 = f . A B C f mintermi 0 0 0 0 0m 0