5 E, B (16) , 1011 (2) Danner grupper a' fire bit , (2) Danner grupper a' tre bit 1 3 6, 5 4 (8)

Transkript

1 7. juni Side 8 av 17 11) Gitt det negative desimale tallet -20 (10). Hva er det samme tallet på binær 2 skomplement form? A) (2) B) (2) C) (2) Vi starter med å finne binær form av tallet +20 (10). Dette er (2). Vi finner koden for det tilsvarende negative tallet ved å "ta 2's komplement" av dette. Det vil si invertere hvert enkelt bit og legge til 1. Det gir = (2). 12) Gitt det heksadesimale tallet 5E,B (16). Hva er det samme tallet på oktalform? A) 136,54 (8) B) 27,18 (8) C) 514,11 (8) 5 E, B (16) , 1011 (2) Danner grupper a' fire bit , (2) Danner grupper a' tre bit 1 3 6, 5 4 (8) 13) Gitt desimaltallet 191,09 (10). Hvilket alternativ (A1, A2 eller A3) gjengir det tilsvarende tallet i sjutallssystemet når det er avrundet til ett siffer etter komma (radixpunkt)? A) 362,1 (7) B) 112,2 (7) C) 263,0 (7) Heltallsdel: Deltallsdel 191/7=27 + rest 2 (LSB) 0,09*7=0,63 (MSB) 27/7=3 + rest 6 0,63*7=4,41 (LSB) 3/7=0 + rest 3 (MSB) Siden vi opererer i 7-tallsystemet runder vi oppover, dvs 0,04 0,1. 14) Hvilken av funksjonene F A, F B, eller F C representerer Karnaughdiagrammet nedenfor OG krever så få transistorer som mulig? Bruk biblioteket av tilgjengelige logiske porter på nest siste side av oppgavesettet. ZW XY F A er feil for eksempel fordi ZW dekker A) X'Y'ZW som er 0 i Karnaughdiagrammet. F B er den løsningen som er indikert i B) diagrammet. F C er også en løsning men med flere transistorer enn F B. C)

2 7. juni Side 9 av 17 15) Gitt funksjonen,,,. Hvilket alternativ A, B eller C lister funksjonens 1-mintermer (X er mest signifikant)? A) F A = Σ(0,2,3,7,8,11,14,15) B) F B = Σ(1,2,3,4,5,10,11,12,15) Vi setter inn for F i sannhetstabellen nedenfor. Vi ser da at 1-mintermene svarer til alternativ C). C) F C = Σ(1,3,4,5,10,12,13) Minterm nr. X Y Z W F ) Hvilken av de tre påstandene nedenfor er IKKE korrekt? A) For et negativt tall på 2's komplement format kan du legge til så mange enere du vil foran det mest signifikante bittet, uten at tallet endrer verdi. B) "Don't care betingelser" brukt i forbindelse med Boolsk optimalisering vil normalt føre til løsninger som krever flere transistorer. Normalt færre. C) "Hot-one" tilstandskoding krever normalt flere vipper enn tilstandkoding med "minimum bitendring".

3 7. juni Side 10 av 17 17) Gitt en sekvensiell komponent med oppførsel som beskrevet i figuren nedenfor. Tiden flyter fra venstre mot høyre. Hvilket alternativ A, B eller C angir en type komponent som dette kan være? CLK CLR INN UT A) D-vippe. B) D-lås. C) T-vippe. Oppførselen svarer til en T-vippe. Det ser vi av at utgangen UT blir invertert (togler) på hver positive klokkeflanke der INN er høy, mens utgangen beholder sin verdi når INN er lav. 18) Gitt kretsen nedenfor. Hvilken funksjon A, B eller C er IKKE en ekvivalent representasjon av denne kretsen? X Y Z F A) B) C) siden den distributive egenskapen gjelder for både OG og ELLER i den boolsk algebra. F C er ikke ekvivalent med F. Dette kunne vi for eksempel også funnet ved å sette funksjonene inn i en sannhetstabell. 19) Tabellmetoden er benyttet til å komme frem til valgtabellen nedenfor som skal brukes til å finne en minimal dekning for en funksjon. Hvilket alternativ A, B eller C angir en påstand som er korrekt i henhold til informasjonen i tabell 1?

4 7. juni Side 11 av 17 PI PI PI Funksjonenes mintermer Navn Uttrykk Minterm P1 y'z (1,5,9,13) X X X X P2 w'z (1,3,5,7) X X X X P3 w'y (2,3,6,7) X X X X P4 xyz' (6,14) X X P5 wxy' (12,13) X X P6 wxz' (12,14) X X Tabell 1: Tabellmetoden, PI valgtabell xyz' er en primimplikant siden den opptrer i A) xyz er en primimplikant for funksjonen. tabellen. P5 trenger ikke å være med i alle fulle dekninger, siden minterm 12 alternativt kan dekkes av P6, mens minterm 13 alternativt kan B) P5 må være med i alle fulle dekninger. dekkes av P1. y'z + w'y + xyz' + wxy' er ikke en minimal dekning. y'z + w'y + wxz' er en mer minimal dekning. C) y'z + w'y + xyz' + wxy' er en minimal dekning 20) Gitt kretsen med JK-vippe nedenfor, komponentbiblioteket på nest siste side i oppgavesettet, og følgende informasjon om vippens forsinkelse, oppsett- og holdetider: t pd(l-h) = 4ns, t pd(h-l) = 3ns, t setup = 2,8ns og t hold = 1ns. Hvilket alternativ A, B eller C angir kretsens maksimale klokkefrekvens? INN J Q UT CLK CLR K CLR A) 89,3MHz B) 108,7MHz ,7 4 2,4 2,8 C) 138,9MHz

5 7. juni Side 12 av 17 Oppgave 5 (30 %) a) (8 %) Analyser kretsen med JK-vippe fra oppgave Tegn tilhørende tilstandsdiagram. Du kan bruke den karakteristiske tabellen for JK-vippen gjengitt nedenfor til hjelp. J K Q(Next) 0 0 Q Q LØSNING: Vi starter med å finne eksitasjonlikningene for J og K: Så bruker vi disse sammen med den karakteristiske tabellen for JK-vippen til å lage følgende nesttilstands- og utgangstabell: Q(Nå) INN J K Q(Neste) Ut(Nå) Fra denne kan vi direkte finne følgende tilstandsdiagram: Inn=0 IN N Q=0 Ut=0 Inn=1 Inn=0 Q=1 Ut=1 Inn=1 b) (2 %) Studer tilstandsdiagrammet du kom fram til i oppgave 5 a). Se spesielt på sammenhengen mellom inngangssignal før en klokkeflanke og utgangssignal etter samme klokkeflanke. Hva slags annen kjent komponent svarer denne kretsen til? LØSNING: Utgangssignalet etter klokkeflanken er det same som inngangssignalet før klokkeflanken. Med andre ord er dette det samme som en D-vippe.

6 7. juni Side 13 av 17 c) (8 %) Tilstandsdiagrammet i Figur 4 nedenfor har ekvivalente tilstander. Bruk en implikasjonstabell til å finne de ekvivalente tilstandene og tegn deretter det forenklede tilstandsdiagrammet. X/0 S3 0/1 0/0 S1 Notasjon: Inn / Ut SX S5 1/0 1/0 0/1 S4 0/0 1/1 1/1 S2 1/0 0/1 S0 Figur 4 LØSNING: Vi starter med å skrive nestetilstands- og utgangstabell for tilstandsdiagrammet i figure 4. Dette er strengt tatt ikke nødvendig, men gjør neste trinn lettere. Nåtilstand Inn Nestetilstand Ut S0 0 S2 1 S0 1 S1 0 S1 0 S3 0 S1 1 S4 1 S2 0 S4 0 S2 1 S3 1 S3 0 S3 1 S3 1 S5 0 S4 0 S4 1 S4 1 S5 0 S5 0 S0 0 S5 1 S0 0 Deretter lager vi implikasjonstabell der vi først krysser ut cellene som har forskjell på utgangsverdier, og deretter skriver opp krav til ekvivalente nestetilstander. Til slutt sjekker vi om kravene er oppfylt og krysser ut celler der det ikke er tilfelle. S1 S2 S3 S4 S5 <S2, S3> <S1, S5> <S2, S4> <S1, S5> <S3, S4> S0 S1 S2 S3 S4

7 7. juni Side 14 av 17 Som vi ser kan vi slå sammen S1 og S2 og slå sammen S3 og S4. Det gir følgende nye diagram: X/0 Notasjon: Inn / Ut SX S5 1/0 0/1 S3/4 1/1 0/0 S1/2 1/0 0/1 S0 d) (12 %) Du skal designe kontrollenheten for et kommunikasjonssystem som tar imot en seriell bitstrøm (ett og ett bit om gangen) på signalet DataInn og detekterer starten og enden av datapakker i denne bitstrømmen. En datapakke kan ha vilkårlig lengde, men starter og stopper alltid med bitstrengen Dette bitmønsteret opptrer aldri noen andre steder. Når denne bitstrengen detekteres skal kontrollenheten gi ut en aktiv høy verdi (ener) med lengde en klokkeperiode på utgangssignalet StartStopp. Det vil alltid være minimum ett bit (verdi en eller null) mellom to bitstrenger av typen Et typisk eksempel på hvordan signalene skal endre seg er gitt i diagrammet i Figur 5 nedenfor. Tegn et tilstandsdiagram for denne kontrollenheten. Bruk notasjon som angitt i Figur 5 nedenfor. Du skal bare tegne tilstandsdiagrammet, ikke gå videre med designet. Clk DataInn StartStopp Notasjon: Tilstandsnavn DataInn / StartStopp Figur 5 LØSNING: Vi starter i en starttilstand, S0, der vi ikke har funnet noen bitstreng enda. Her forblir vi så lenge vi får inn 0, siden dette ikke kan være starten på en bitstreng. Når vi mottar 1 går vi til en ny tilstand, S1, som indikerer at vi potensielt kan være i starten av en streng. Hvis vi mottar ytterligere 1'ere, så forblir vi i S1, siden hver av disse kan være starten på en ny streng. Når vi mottar 0, kan dette være neste bit i bitstrengen, og vi går til tilstand S2. Dersom vi i S2 mottar 0 så er vi likevel ikke inne i en streng, og vi returnerer til S0 for å starte søket på nytt. Mottar vi 1 når vi er i S2 går vi videre til S3 siden dette kan være neste bit i bitstrengen.

8 7. juni Side 15 av 17 Mottar vi 0 når vi er i S3 går vi videre til S4 siden dette kan være neste bit i bitstrengen. Dersom vi i S3 mottar 1 så er vi likevel ikke inne i en streng, men denne 1 kan være starten på en ny streng, og vi går derfor tilbake til tilstand S1. Dersom vi i S4 mottar 0 så er vi likevel ikke inne i en streng, og vi returnerer til S0 for å starte søket på nytt. Mottar vi 1 når vi er i S2 går vi videre til S5 som er tilstanden der vi indikerer med StartStopp=1 at vi har funnet bitmønsteret. I alle andre tilstander er StartStopp=0. Fra S5 returnerer vi til S0 og starter søk på nytt. Resulterende tilstandsdiagram er vist nedenfor.

9 7. juni Side 16 av 17 Tilgjengelige logiske funksjoner fra biblioteket:

10 Powered by TCPDF ( 7. juni Side 17 av 17 HUSK Å LEVERE DETTE ARKET SOM EN DEL AV BESVARELSEN Kandidatnummer: Emnekode: Side: / Svartabell for oppgave 4: SPØRSMÅL NR.: A B C X 12 X 13 X 14 X 15 X 16 X 17 X 18 X 19 X 20 X