LØSNINGSFORSLAG Eksamen i emne SIE4006, Digitalteknikk med kretsteknikk, fredag 16. mai 2003

Transkript

1 Side av 6 LØSNINGSFORSLAG Ekamen i emne SIE4006, Digitalteknikk med kretteknikk, fredag 6. mai 2003 Oppgave a) Kirchoff trømlov: Den algebraike um av alle grentrømmer i et knutepunkt i en kret er lik null ): in = 0 n Kirchoff penninglov: Den algebraike um av alle grenpenninger rundt en lukket løyfe i en kret er lik null ): vn = 0 Omtegnet kret n R R ν + - R 2 R 3 R 5 R 7 R 6 R Fig. Antall noder er lik 6 Strøm i førte kret: i = 3A 4V Strøm i andre kret: i b = 4Ω a = A b) Bruker Kirchoff trømlov i øvre node R 2 = 5 Ω R 4 = 20 Ω R = Ω + R 3 = 80Ω ν o V = 36V + I G ν x - I =,5A Fig. 2 υ V υ + + ( I) = 0 R + R R υ =50V 0

2 Side 2 av 6 Effekt fra penningkilden: Setter I G om en ukjent trøm inn på den poitive terminal på pg.kilden I G υ V R + R 0 = = = ,875A Strømmen går i retning av penningfallet, dv. P =I V G V=0,875 36=3,5 W Spenningkilden er en forbruker. Effekt fra trømkilden: Setter V x om en ukjent penning over trømkilden V x I R 4 = υ 0 => V x = 50 +,5 20 = 80V Strømmen I går i retning av penningtigning, dv. P =V I =80,5 = 20W I x Strømkilden er en leverandør. Forbrukt effekt i mottandene υ P = ( R + R ) I + R I + R G 4 R = 6 0, ,5 + = 88,5W 80 Total forbrukt effekt i vårt tilfelle er Σ P +P =88,5+3,5=20W R V Total levert effekt er P I =-20W Dv.: Σ Avgitt effekt = Σ Forbrukt effekt Spenningen υ 0 er uavhengig av enhver endelig mottand koblet i erie med trømkilden I. Strømkilden I gir en trøm lik,5a uanett mottandverdi på R 4. Strømkilden og R 4 vil hele tiden dele penningfallet υ 0 mellom eg. c) Betingelene for at de to kretene kal være ekvivalente ett fra klemmene er at

3 Side 3 av 6 Begge kretene må produere amme penning υ L og amme trøm i L når kretene belate med identike motander R L. Dette gjelder uanett verdi på R L. Dette gir RL RP υ = υ ( i ) R R + R R + R L L L P L Dermed få ekvivalen når R = R og p υ υ = Rp ip og ip = R b) Makimal tillatt trøm i hver av mottandene blir i 00max P R max = = = 00 0, mA i 64max P R max = = = 64 0, ,5mA i) Strøm pga. penningkilden alene gir 6V + - i 00 ' 00Ω i 64 ' 64Ω Fig 3 i ' ' 6 00 = i 64 = = 36, ma Dv. ingen overbelatning pga. penningkilden alene.

4 Side 4 av 6 ii) Strøm pga. trømkilden alene gir '' 00 Ω i 00 i 64 '' 64Ω I x Fig. 4 '' I x i = '' I i = x Strømdelingen vier at kommer til fratrekk fra '' i 64 kommer om et tillegg til ' i 64, men ' i 00. Dermed blir grenene for I x gitt av '' i 00 '' ' i = i i = = ma 64max 64max 64 62,5 36,59 25,9 '' ' i = i i = = ma 00max 00max ( 36,59) 86,59 For 00Ω-mottanden: For 64Ω-motanden: I x I x < 86,59 = 22,89 ma < 25,9 = 42,49 ma 00 ٱ Makimal po. trøm fra I x blir 42,49mA

5 Side 5 av 6 Oppgave 2 a) R V i νc - Fig. Alt. : Kirchoff penninglov gir: V = R i + υ c V dυ R C dt c = + υ c Alt. 2: Kirchoff trømlov gir: dυc C + ( υc V)/ R= 0 dt Begge alternativ reulterer i diff.likningen: dυc V + υc = dt RC RC Løer diff.likningen: dυc = ( υc V ) dt RC dυc = ( υc V ) dt RC dυc υ V c = dt RC υ () t t dυc = υ V0 c V 0 dt RC υ () t ln( υc V) = t V0 RC υ () t V ln c = t V V RC 0

6 Side 6 av 6 () t c t V RC υ V 0 V = e c 0 t RC υ () t = V + ( V V ) e q.e.d. Deriverer uttrykket for penningen over kondenatoren for å finne trømmen dυc it () = C = C( )( V0 V ) e dt RC V it () = V R 0 e t RC RC b) Av de oppgitte figurene blir RC-modellen i pull-up tiltand: R p R p + - C L + - C L Fig. 2 Tidkontantene blir: τ up = R P C L = 2, = 2,5 µs τ down = R n C L = 2, = 2 µs Tranijontiden fra 0V til V tn = 4V finne ved å ette inn i likningen fra pkt. a. I dette tilfellet er V = 5V og V 0 = 0V. Dermed υ tup tup τ 9 up 2,50 c( t) = V( e ) = 5( e ) = 4 t up 9 2,50 5 e =

7 Side 7 av 6 t up ln 9 2,5 0 5 = t up =τup = = 5 9 ln 2,5 0 (, 6) 4, 02 n 5(- e - ) = 3,6 ν out 5V 4V [v] % avvik τ t up 5τ t Fig. 3 c) I pull-down tilfellet får vi ekvivalenten 5V + - R n Cp Rn C n C in = C p + C n Fig. 4 Tidkontant: τ n = R n C in = = 0n Tiden det tar å falle fra 5V til V tn n υ () t = V + ( υ (0) V ) e τ c c tn n = υ c (0) e τ = hvor υ c (0) = 5V tn n e τ = 5 tn = τ nln = 6,n 5

8 Side 8 av 6 ν c [v] 5 =,84 e τ = 0n t n = 6,n t Fig. 5 I pull-up tilfellet får vi ekvivalenten R p R p 5V + - C n C + p 5V - C in C p + C n Fig. 6 I dette tilfellet er τ u = τ n = 0 n Tiden det tar å tige fra 0V til 4V tu u υ () t = V + ( υ (0) V ) e τ c c tu u = 5 + (0 5) e τ = 4 t u = 6, n Dv. tranijonen fra lav til høy og fra høy til lav går like fort i dette tilfellet. Makimal frekven på kilden er dermed gitt ved f = = = = 3,MHz max 9 2 tu 2tu 2 6, 0 Hvi frekvenen ette til 36 MH z får vi følgende cenario:

9 Side 9 av ν c [v] A B C D E F 3,9 27,8 4,7 55,6 69,5 t[n] 6,n Fig. 7 Periodetid for generator: TG = = = 27,8n 6 f 36 0 Med referane til figuren ovenfor B: Tidligte tidpunkt for detektering av at inverter har kiftet tiltand. A: Tidpunkt hvor inverter ombetemmer eg og tiger igjen. Regner fra flanke til flanke utover i) Ved t = 3,9 n: t = ta A ta ta τ 9 n 0 0 (0) 5,36 υc = υc e = e = V Dv. penningen ut av førte inverter faller ikke nok til at andre inverter oppdager at tiltanden er endret. ii) Ved t = 27,8 n: t = tc cc ca tcta u υ = V + ( υ V ) e τ 9 3, = 5 + (,36 5) e = 4, 09V Ved dette tidpunkt tarter inverter en ny tranijon. iii) Ved t = 4, 7 n: t = td υ tdtc 3,9 0 ( t ) e τ n = υ = 4, 09 e =, 087 V CD C C Fremdele har ikke inverter 2 regitrert at inverter har kiftet tiltand. iv) Ved t = 55, 6 n: t = te CE S CD S te td u υ = V + ( υ V ) e τ

10 Side 0 av 6 = + =,39 5 (,02 5) e 4,0084 V v) Ved t = 69,5 n: t = tf υ υ t e e V,39,39 C = ( ) 4,0084 0,9984 F C E = = Inverter 2 vil altå tarte å kifte tiltand umiddelbart før dette tidpunktet. Finner ekakt tiden når υ ( t C ) = V t n υ () t = υ ( t ) e τ C C E t n 4, 0084e τ = t = τ n ln( ) = 3,8n 4, 0084 Inverter 2 tarter å kifte tiltand ved tidpunktet t = 3,9n x 4 + 3,8n = 69, 4n

11 Side av 6 Oppgave 3 Svartabell for oppgave 3: SPØRSMÅL NR.: a b c d e f g h i j A B C

12 Side 2 av 6 Oppgave 4 Fig. F = (x +y+z)(x+z ) = (x +y+z)(x+z +yy ) = (x+y+z )(x+y +z )(x +y+z) F 2 = (y+x )z +xz = yz +x z +xz F 3 = (x z)+(xy ) Alternativ D3 implementerer ikke funkjonen F(x,y,z) = П(,3,4) = (x+y+z )(x+y +z )(x +y+z) Merk at funkjonen er gitt ved den 0-maktermer. Løningmetode kan være algebraik manipulajon, annhettabell eller Karnaugh-diagram. x y z П(,3,4) F F2 F П(,3,4) = (x+y+z )(x+y +z )(x +y+z) = F Σ(0,2,5,6,7) = П(,3,4) = F2 0-maktermer -mintermer

13 Side 3 av 6 2b) Den Boolke funkjonen S = (((A +B ) (C D ) ) E) er tegnet i figuren under: Fig 2 Vi har her utnyttet DeMorgan teorem, dv. at (A +B ) = (A B). Vi har ogå anvendt en NAND-port med ammenkoblede innganger koblet til D for å realiere invertering av ignalet D. Kritik ti er N+N3+N4+N5 Av dataene i det oppgitte komponentbiblioteket er vi at tidforinkelen blir 4 x t NAND = 4 x,4 n = 5,6 n Antall tranitorer er 5 x 4 = 20 tranitorer 2c) Nødvendig tid for at ignalet kal forplante eg gjennom den kombinatorike kreten plu at vi kal ta henyn til forinkelen i D-vippen og D-vippen etup -tid, er t = 4 x t + t + t = 2,4n tot NAND pd ( LH ) etup Makimal klokkefrekven blir f = = = 80,6 max 9 ttot 2,4 0 MHz 2d) Strukturen (komponenten) kalle en Programmable Logic Array (PLA). Den angi ofte om en k x n x m PLA der k er antall adreelinjer, n er antall produktledd og m er antall utgangfunkjoner. I vårt tilfelle er dette en 4 x 8 x 4 PLA. Henikten med OR-portene er at enhver utgang kan gi ved enten ann eller komplimentert form. (Dv. hvi x er array-input til OR-kreten og y er kompliment-bryteren 0 eller, å blir funkjonen gitt ved F = xy + x y). F 0 realierer: F = A AA + A A A ' ' F = ( A ' AA ' + A A A)' realiere om vit

14 Side 4 av 6

15 Side 5 av 6 Oppgave 5 a) Netetiltand- og utgangtabell for tiltandmakinen Nåtiltand Inngang Netetiltand Utgangverdi z A 0 B 0 A A 0 * B 0 B 0 B D 0 C 0 B 0 C A D 0 B 0 D A * Svak trykk i oppgavetekten kan ha gjort at enkelte har feiltolket utgangverdien. b) Betingelene for at to tiltander S j og S K kal være ekvivalente er at i) begge tiltandene har amme utgangfukjon ii) begge tiltandene har amme eller ekvivalente nettiltander. Implikajontabell i) Sjekker amme utgang ii) Sjekker amme netetiltand B <A D> C D OK A B C (alle unntatt ite tiltand) (alle unntatt førte tiltand) Fig. Tiltand C er ekvivalent med tiltand D Kan døpe om tiltandene til G G G 0 = = { A} { B} { C D 2 =, }

16 Side 6 av 6 Forenklet netetiltand- og utgangtabell Nåtiltand Inngang Netetiltand Utgangverdi z A 0 B 0 A A 0 B 0 B 0 B D 0 C 0 B 0 C A Forenklet tiltanddiagram x/z' x'/z' A = G 0 B = G x'/z' x/z x'/z' x/z' C = D = G 2 Fig 2 c) Tiddiagrammet blir CLOCK x Q 2 Q z Tiltand: A B D B B D A B Fig. 3