TFE4101 Krets- og Digitalteknikk Vår 2016

Transkript

1 Norges teknisk nturvitenskpelige universitet Institutt for elektronikk og telekomuniksjon TFE4101 Krets- og Digitlteknikk Vår 2016 Løsningsforslg Øving 4 1 Oppgve 1 R 1 = 10 R 2 = 8 V = 600 V R 3 = 40 R 4 = 14 R 5 = 2 I = 12A ) Nullstiller kildene for å finne R T h sett fr klemmene og. Spenningskilden lir en kortslutning og strømkilden lir en åpen krets: R 1 = 10Ω R 2 = 8Ω R 3 = 40Ω R Th R 4 = 14Ω R 5 = 2Ω Slår smmen R 1 og R 4 som nå står i serie: R 1,4 = R 1 R 4 = 10Ω 14Ω = 24Ω Videre slår vi smmen R 1,4 og R 3 som nå står i prllell: R 1,4,3 = R 1,4 R 3 = 24Ω 40Ω 24Ω 40Ω = 15Ω Vi kn nå finne R T h ved å slå smmen de gjenstående motstndene som lle står i serie: R T h = R 2 R 1,4,3 R 5 = 8Ω 15Ω 2Ω = 25Ω Forenklingene som er gjort underveis er vist i figurene nedenfor. 26. ferur 2016 Side 1 v 8

2 Løsningsforslg Øving 4 R 2 R 2 R 1,4 R 3 R Th R 1,4,3 R Th R 5 () Forenkling 1 R 5 () Forenkling 2 ) Thevenin-spenningen vil være spenningen som ligger over klemmene og når det ikke er noen koling mellom dem. For å finne denne spenningen ruker vi superposisjon. Vi strter med å nullstille strømkilden, som lir en åpen krets: R 1 = 10Ω R 2 = 8Ω V = 600 V R 3 = 40Ω R 4 = 14Ω R 5 = 2Ω Siden klemmene og står åpne, går det ingen strøm gjennom motstndene R 2 og R 5. Det vil re gå strøm i sløyf som vist i figuren. Spenningen som ligger over og er d lik spenningen over R 3 som kn finnes ved spenningsdeling: V T h,1 = V R3 = V R 3 40Ω = 600V R 1 R 3 R 4 10Ω 40Ω 14Ω = 375V Deretter må vi nullstille spenningskilden, som lir en kortslutning, for å finne idrget fr strømkilden på spenningen over og : R 1 = 10 R 2 = 8 A V = 600 V R 3 = 40 B R 4 = 14 R 5 = 2 C I = 12A Bruker nodespenningsmetoden med refernsenode som vist i figuren. Merk t det ikke går noen strøm gjennom R 2. Node B V B R 1 R 3 V B R 4 I = 0 V B R 4 V B (R 1 R 3 ) = I(R 1 R 3 )R ferur 2016 Side 2 v 8

3 Løsningsforslg Øving 4 V B = I(R 1 R 3 )R 4 R 1 R 3 R 4 = 131, 25V Node A Node C V A = V B R 1 R 1 R 3 = 26, 25V V C = V B I R 5 = 155, 25V Dermed kn vi finne idrget på V T h : V T h,2 = V A V C = 129V Den totle Thevenin-spenningen er summen v V T h,1 og V T h,2 : V T h = V T h,1 V T h,2 = 246V c) Thevenin-ekvivlenten til kretsen lir som vist i figuren nedenfor: R Th = 25Ω V Th = 246 V d) Vi kn enytte Thevenin-ekvivlenten til å eregne lststrømmen, noe som gjør nlysen mye enklere: R Th = 25Ω V Th = 246 V I L R L = 6Ω I L = V T h R T h R L = 246V = 7, 93A (25 6)Ω Hvis vi vil finne spenningen over klemmene og kn vi ruke Ohms lov: V AB = I L R L = 47, 6V Kretsen hr litt lstet nedfr 246 V (uelstet) til 47,6 V med 6Ω elstning. 26. ferur 2016 Side 3 v 8

4 Løsningsforslg Øving 4 2 Likeretter Diodene er en rulikeretter som sørger for å likerette spenningen. Kondenstoren C gltter ut den likerettede spenningen fr rulikeretteren. Spenningen vil fremdeles følge en eksponentiell utldning. Motstnden R egrenser strømmen gjennom zenerdioden D z. Til smmen utgjør R og C og et lvpssfilter. Zenerdioden D z stiliserer spenningen V ut. Når V ut stiger over zenerspenningen egynner det strks å gå en stor strøm gjennom zenerdioden. Dette fører til større spenningsfll over R og spenningen over D z synker igjen. Dette medfører t D z vil slippe gjennom strøm i den størrelsesorden som må til for t spenningsfllet over R til enhver tid er slik t V ut er stil og lik zenerspenningen til D z. 3 Designrepresentsjon og strksjonsnivå 1) En strukturell representsjon eskriver produktet som et sett v komponenter og deres smmenkoling, og sier derfor ikke direkte noe om produktets funksjonlitet. 2) Når mn skl eskrive et design med strukturell representsjon på registernivå så enyttes typisk komponenter som dderere, komprtorer, tellere, registre etc. 4 Generelle tllsystemer ) 1) 100, 10 (5) = = 25, 20 (10) 2) 364, 63 (7) = = 193, 92 (10) Her må det understrekes t svret i 2) ikke er ekskt. Det ser mn lett hvis mn forsøker å konvertere svret tilke til 7-tllssystemet. Svret i 1) er derimot ekskt. ) 1) 720,12 (10) 6-tllssystemet: Heltllsdel Rest Frksjon «Rest» 720:6 = (LSD) 0,12*6 = 0,72 0 (MSD) 120:6 = ,72*6 = 4, :6 = 3 2 0,32*6 = 1,92 1 (LSD) 3:6 = 0 3 (MSD) 0,92*6 = 5,22 5 Svr: 720,12 (10) = 3200,042 (6) Legg merke til t det siste tllet må vrundes til 2 siden sifferet regnet ut etter LSD er 5 og (0, 0005) 6 = (5 6 4 ) 10 = (0, 0039) 10 1/2(6 3 ) 10 = (0, 0023) 10 2) 600,75 (10) 5-tllssystemet: Heltllsdel Rest Frksjon «Rest» 600:5 = (LSD) 0,75*5 = 3,75 3 (MSD) 120:5 = ,75*5 = 3, :5 = 4 4 0,75*5 = 3,75 3 (LSD) 4:5 = 0 4 (MSD) 0,75*5 = 3, ferur 2016 Side 4 v 8

5 Løsningsforslg Øving 4 Svr: 600,75 (10) = 4400,334 (5) Legg merke til t det siste tllet må vrundes til 4 siden sifferet regnet ut etter LSD er 3 og (0, 0003) 5 = (3 5 4 ) 10 = (0, 0048) 10 1/2(5 3 ) 10 = (0, 0040) 10. c) Resultt (8) er frmkommet etter vrunding 1. Resulttet dekker tllområdet [ 573, 334 (8) ; 573, 344 (8). Dvs. fr og med -573,334 og opp til, men ikke inkludert, -573, , er ltså for eksempel med. 2. Usikkerheten til resulttet er gitt ved ± ½ (8-2 ) 10 = (0,0078) Viktige tllsystemer ) 32,11 (8) = , (2) ) , 01 (2) = , 010 (2) = 3467,2 (8) c) FADE,BABE (16) = , (2) d) (2) = DDE (16) e) På BCD representsjon gir grupper v fire it et enkelt siffer (0-9). Her får vi ltså 0011 = 3 og 0110 = 6. Med ndre ord Komplement-tll-ritmetikk ) Legg merke til (i Tell 1) t mn i sign-mgnitude kn representere 2 N 1 tll med N it siden representsjonen v 0 ikke er entydig. I 2 s komplement greier mn å representere 2 N-1 negtive tll. Mn greier derimot re å representere 2 N-1 1 positive tll siden fordi mn må representere null også. Men tilsmmen er dette N tll inkludert 0. Dermed kn mn representere et større område med negtive tll enn positive tll med 2 s komplement. ) A = 6 (10) = 0110 (2), B = 5 (10) = 0101 (2) A-B: 11100(2) (Mente) 0110 (2) (A) 1011 (2) (2 s kompl. v B) = (2) Ignorer mente ut fr MSB (trunkerer). Svret er positivt. B-A: 00000(2) (Mente) 0101 (2) (B) 1010 (2) (2 s kompl. v A) = 1111 (2) Ser v MSB t svret er negtivt. 2 s komplement v 1111 (2) er 0001 (2). (Se tell.) Det etyr t svret er 1. c) Generelt kn vi ldri få overflyt (overflow) hvis tllene vi dderer hr motstt fortegn ett positivt og ett negtivt tll summert må komme innenfor tllområdet. Hvis tllene derimot hr likt fortegn vil overflow vise seg hvis MSB (mest signifiknte it) i svret (etter trunkering) er ulikt MSB i hver v de to tllene som inngår i opersjonen. Når summen v to positive tll lir netgtiv eller summen v to negtive tll lir postiv, d skyldes feilen overflyt. For 2 s komplement gjelder dessuten t det er overflyt dersom mente inn og mente ut v fortegnsitet (MSB) er forskjellig. Hvis egge fortegnsit er 1, dvs. 26. ferur 2016 Side 5 v 8

6 Løsningsforslg Øving 4 Desimltll Binærtll(Sign-mgnitude) Binærtll (2 s komplement) og Tell 1: Tllrepresentsjon to negtive tll, så vil utgående mente være 1. Hvis inngående mente til MSB er 1, så etyr det t ddisjonen gir en soluttverdi som er mindre enn tllene som summeres, dvs. feil. På smme vis hvis egge tll hr fortegnsit 0, dvs. er positive, så er lltid mente ut fr MSB 0, men hvis mente inn til MSB er 1 så viser det t summen er større enn tllområdet, dvs. overflyt. Så istedet for å teste to komplekse tilfeller med positive eller negtive tll kn etingelsen slås smmen til t inngående og utgående mente i MSB er forskjellig gir overflyt. d) C = -8 (10) = 1000 (2), D = -3 (10) = 1101 (2) CD: (2) (mente) 1000 (2) (2 s komplement v C) 1101 (2) (2 s komplement v D) = (2) Vi ser t MSB i svret er ulikt MSB i tllene som inngår i opersjonen. Vi ser også t mente i kolonnen for fortegnsittet er 0, mens resulttet v ddisjonen i denne kolonnen gir mente ut = 1. (jfr. c)). Dette svret le glt fordi det ikke er representerrt med 4 it. Hvis vi tr med det 5 it et (fortegnsforlenger før ddisjonen) får vi t svret er (2) (-11 (10) ). Svret ville dermed litt riktig hvis vi hdde rukt 5 it. e) Alterntiv e1 er korrekt. Vi hr forettt fortegnsforlenging ved å repetere fortegnsittet to gnger. 26. ferur 2016 Side 6 v 8

7 Løsningsforslg Øving 4 7 Binær multipliksjon og divisjon ) A = (2) (2 s komplement.), B = (2) (2 s komplement.) Se også eksempel 2.4 i Gjski. Dette er helt vnlig multipliksjon, med to unntk: De skiftede multiplikndene summeres etterhvert, istedenfor å summere dem tilslutt. Mn tr toer-komplementet v den siste skiftede multipliknden. Dette gjøres helt konsekvent. Årsken til dette er t fortegnsittet hr negtiv posisjonsvekt. Disse to punktene gjør det lett å relisere multipliksjon i mskinvre. Multipliknd * Multipliktor * Prtielt produkt (med fortegns-forlengelse) før vi strter Multipliknd (med fortegns-forlengelse) Første prtielle produkt (med fortegns-forlengelse) Skiftet (1 posisjon) multipliknd med (fortegns-forlengelse) Andre prtielle produkt (med fortegns-forlengelse) Skiftet (2 posisjoner) multipliknd (med fortegns-forlengelse) Tredje prtielle produkt (med fortegns-forlengelse) Skiftet (3 posisjoner) multipliknd (med fortegns-forlengelse) Fjerde prtielle produkt (med fortegns-forlengelse) s kompl v skiftet (4 posisjoner) multipliknd (mff) = 143 (10) (Ignorer mente ut). mff = «med fortegns-forlengelse». OBS: For å forstå oppgve 5 fullt ut, ør mn først sette seg inn i: Fortegnsforlengelse. Hvorfor mn tr toer-komplementet v den siste skiftede multipliknden. ) C = (2), D = 111 (2) Dette er helt vnlig divisjon. Se også kpittel 2.8 i Gjski. Merk t tllene her er uten fortegn (positive) : 111 = Skiftet divisor går opp (MSB = 1) Ny dividend Skiftet divisor går ikke opp (0) Ny dividend Skiftet divisor går opp (1) Ny dividend Skiftet divisor går opp (1) 110 Ny dividend Skiftet divisor går ikke opp (LSB = 0) 110 Rest = 6 (10) Det vil si t (2) : 111 (2) = (2) 110 (2) /111 (2) = 22 (10) 6/7 (10) 26. ferur 2016 Side 7 v 8

8 Løsningsforslg Øving 4 8 Gry-kode ) 1) Alterntivt: (0) Svr: ) Alterntivt: (0) Svr: ) 1) (0) Svr: ) (0) Svr: Legg her merke til t tllene i 1) og 2) følger etter hverndre i en inærsekvens, og t for å komme fr det ene til det ndre må mn invertere hele 7 it. I Grykoden ser vi t de to tllene skiller seg fr hverndre i kun en itposisjon. 26. ferur 2016 Side 8 v 8