Høgskolen i Østfold Avdeling for Informasjonsteknologi LØSNINGSFORSLAG TIL EKSAMENSOPPGAVE FAG: IAD11004 DATAMASKINER OG FYSIKK LÆRER: ERLING STRAND Gruppe: D1A Dato: 14.06.005 Tid: 0900-1300 Antall oppgavesider: 3 Antall vedleggsider : 0 Hjelpemidler: ark med egne notater (4 sider) Kalkulator KANDIDATEN MÅ SELV KONTROLLERE AT OPPGAVESETTET ER FULLSTENDIG * DENNE EKSAMEN TELLER 75% PÅ DEN ENDELIGE KARAKTEREN FOR FAGET. Oppgave nr. 1 (5%) Analogteknikk a) Gitt følgende krets: R 1 U R 1 U Spenningen U 1 = 5 V, motstandene R 1 =1000 Ω og R =00 Ω. 1) Hvor stor er strømmen som går igjennom motstandene R 1 og R? Bruker Ohm s lov: I = U 1 /R t = U 1 /(R 1 +R ) = 5[V] / (1000+00) [Ω] = 0,001565[A] = 1,565 [ma] ) Hvor stor er spenningen U? Spenningen U finnes vha Ohm s lov: U = I R = 1,565 [ma], [KΩ] = 3,4375 [V] b) Gitt følgende krets: Løsningsforslag til eksamen i IAD11004, 14. Juni 005 Side 1
Spenningen U 1 = 10 V, motstandene R 1 =1K5 (=1500 Ω), R =5K6, R 3 =K og R 4 =1K5. 1) Hvor stor er U? Regner først ut parallellkoblingen av R og (R 3 +R 4 ), som kan kalles R t : R t = (R (R3+R4)) /(R+R3+R4) = (5600 (00+1500)) / (5600+00+1500) = R t = 070000 / 9300 = 8 [Ω] Regner så ut strømmen igjennom R1: I R1 = U 1 / (R 1 +R t ) = 10 [V] / (1500 + 8) [Ω] = 0,0068[A] =,68 [ma] Nå blir: U = I R1 R t = 0,0068 [A] 8 [Ω] = 5,98 [V] ) Hvor stor er strømmen igjennom motstanden R 1? Se utregning under punkt a) : I R1 =,68 [ma] 3) Hvor stor er strømmen igjennom motstanden R? Når vi vet U og R kan vi regne ut I R : I R = U / R = 5,98 [V] / 5600 [Ω] = 0,001067[A] = 1, 067 [ma] 4) Hvor stor er strømmen gjennom motstanden R 3? I R3 = U / (R 3 + R 4 ) = 5,98 [V] / (00+1500) [Ω] = 0,0016158[A] = 1,6158 [ma] 5) Hvor stor er U 3? U 3 = I R3 R 4 = 1,6158 [ma] 1,5 [KΩ] =,4 [V] c) Gitt følgende krets: R 1 U 1 C U Motstanden R 1 = K. Kondensatoren C = 470 nf. 1) Hva kalles denne krets? Denne krets kalles et lavpassfilter. Den filtrerer bort frekvenser over grensefrekvensen. Jo høyere frekvens jo mer dempning. ) Regn ut grensefrekvensen? Grensefrekvensen finnes vha Ohm s lov: U = (U 1 Z C )/ (R 1 +Z C ) Løsningsforslag til eksamen i IAD11004, 14. Juni 005 Side
U U 1 = Z C = R ( R1 + ZC ) 1 1+ jωr 1C 1 1 jωc + jωc = 1 Grensefrekvensen er der hvor imaginærdelen = realdelen i uttrykket over. 1 = ω g R 1 C ω = 1 / (R 1 C ) setter inn ω = πf f g = 1 / (πr 1 C ) = 1 / ( 3,14, 10 3 470 10-9 ) = 10 6 / 6496,8 = 153,9 [Hz] 3) Forklar hva det menes med grensefrekvensen? Hvis vi ser på uttrykket over dempningen: U 1 = U1 1+ jπ f R 1C Ser vi nevneren blir større og større etter hvert som frekvensen (f) øker. Nevneren består av en realdel (som her er 1) og en imaginærdel (j-delen). Når frekvensen øker, vokser j-delen. Når imaginærdelen er like stor som realdelen, vil U /U 1 = 1 /. Dette er grensefrekvensen. Ved frekvenser mye lavere enn grensefrekvensen vil U /U 1 1, og ved frekvenser mye større enn grensefrekvensen vil U /U 1 gå mot null. 4) Hvor stor er forholdet U /U 1 når frekvensen er mye mindre en grensefrekvensen? Ved å se på uttrykket for U /U 1 i punk 3) over, ser vi at U /U 1 1 da f går mot null. Oppgave nr. (5%) Analogteknikk I din besvarelse må du ta med kretstegning og dine beregninger. a) Lag en inverterende forsterker som forsterker 15 ganger. R R 1 _ U 1 + U U /U 1 = 15 = R => R = 15 R 1. Hvis vi velger R 1 = 10 [KΩ], blir R = 150 [KΩ] Løsningsforslag til eksamen i IAD11004, 14. Juni 005 Side 3
b) Lag et aktivt lavpassfilter, med grensefrekvens på 0 KHz. Ved lave frekvenser skal forsterkningen være på 10. Vi kan sette opp uttrykket for forsterkningen: U 1 / R 1 = -U /(R Z C /(R +Z C )) U /U 1 = -(R Z C /(R + Z C )) = -(R ) (Z C /(R +Z C )) Setter inn Z C = 1/jω, og finner: U /U 1 = -(R ) ((1/jω )/(R +1/jω )) = -(R ) (1/(1+ jωr )) Grensefrekvensen er der hvor realdelen = imaginærdelen: 1 = ω g R ω g =πf g =1/ R f g =1/(π R )= 0 KHz R =1/(π 0 10 3 ) Hvis vi velger = 5 nf, blir: R =1/(π 5 10-9 0 10 3 )= 1591 [Ω] = 1K6 Forsterkningen skal være 10 for lave frekvenser. Ved lave frekvenser setter vi ω=0 i uttrykket for forsterkningen: 10 = U /U 1 =-(R ) (1/(1+ jωr )) Det gir: 10 = U /U 1 =-R Da R = 1K6, blir R 1 = 16K Løsningsforslag til eksamen i IAD11004, 14. Juni 005 Side 4
c) Beskriv virkemåten til en NPN transistor. En NPN transistor består av to N-type halvledere som er skilt med en tynt P-type halvleder. N-type halvleder har en stor konsentrasjon av negative bevegelige ladningsbærere (elektroner), og P- type halvleder har en stor konsentrasjon av positive bevegelig ladningsbærere (hull). Akkurat i overgangsonen mellom N og P (og P og N) vil hullene rekombinere med elektronene. Dette medfører at i et lite område rundt PN overgangen er det nesten tømt for frie ladningsbærere. Det blir en potensialbarriere mellom N- og P-type. Hvis man påtrykker en positiv spenning på P-typen (B), i forhold til den ene N-typen (E), som er større enn potensialbarrieren (0,7 Volt) vil det gå en strøm i den PN-overgangen (BE). Dette fordi P-typen (B) hele tiden får påfyll av hull, og N-typen (E) får påfyll av elektroner. Hele tiden vil disse rekombinere i overgangen. Hvis nå den andre N-typen (C) blir tilkoblet en positiv spenning, som er høyere enn den positive spenningen på B, er denne PNovergangen forspent i sperreretning. Denne positive ladningen, som denne N-type har, vil tiltrekke de elektronene som strømmer fra E inn i B, for P-laget er så tynt. Elektronene ser (føler) det positive område i den N-typen (C). Dette medfører at størstedelen av elektronene går inn i denne positiv ladede N-typen. Strømmen av elektroner fra E til C er større enn de elektronene som går til B. Vi får en strømforsterkning. Oppgave nr. 3 (5%) Digitalteknikk a) Tegn sannhetstabellen for en OG-port med innganger. A B Y 0 0 0 0 1 0 1 0 0 1 1 1 b) Tegn sannhetstabellen for en X-ELLER port med innganger. A B Y 0 0 0 0 1 1 1 0 1 1 1 0 Løsningsforslag til eksamen i IAD11004, 14. Juni 005 Side 5
c) Nevn eksempler på hva en X-ELLER port kan brukes til. I programmering, der hvor man skal invertere deler av en byte, kan man utføre en X-ELLER funksjon med en byte hvor det er 1 ere i de bitene som skal inverteres på den første byten. I applikasjoner der hvor man ønsker et positivt signal (1 er) når inngangene er ulike. d) Gitt følgende logiske uttrykk: Y= A C D + A B C D + A B C D + A C D + A C D 1) Bruk Karnaugh diagram til å finne det forenklede uttrykket. AB CD 00 01 11 10 00 01 1 1 1 1 11 1 1 1 1 10 Det forenklede uttrykket blir Y = D ) Lag en kretstegning av det forenklede uttrykket. Bruk færrest mulig kretselementer. Kretsen blir bare en direkte kobling mellom utgangen Y og inngangen D. e) Lag en digital krets som teller fra 0 til 15. Etter 15 begynner telleren på 0 igjen. Du må lage kretstegning. Bruker en negativ flanketrigget JK-vippe, der J og K begge er på logisk 1. Oppgave nr. 4 (5%) Løsningsforslag til eksamen i IAD11004, 14. Juni 005 Side 6
C-programmering+PC a) Lag et C-program som leser to (hel)tall fra tastatur og som skriver ut summen på skjerm. #include <stdio.h> int main(void) int a; int b; printf("\nskriv inn tall1: "); scanf("%d", &a); printf("\nskriv inn tall: "); scanf("%d", &b); printf("summen av %d og %d er %d\n", a, b, a+b); return (0); b) Lag et C-program som leser inn en (hel)tall og skriver gangetabellen for det tallet, fra 1 til 0. Legg vekt på å få pen utskrift, og lag en linjeskift for hver 5 utregning. Tallet som skrives inn skal være mellom 1 og 49. #include <stdio.h> int main(void) unsigned tall1; int i; /******** Les inn et tall mellom 1 og 49 *******/ do printf("\nskriv et tall mellom 1 og 49: "); scanf("%d",&tall1); while((tall1<1) (tall1>49)); /******* Skriv overskrift **********************/ printf("\ngangetabellen for %d blir:\n", tall1); /******* Skriv ut gangetabellen fra 1 til 0 ****/ for (i=1; i<1; i++) printf("%d * %d = %3d, ", i, tall1, i*tall1); if (!(i%5)) printf("\n"); /**Linjeskift for hver 5. linje **/ printf("\nferdig\n"); return 0; Løsningsforslag til eksamen i IAD11004, 14. Juni 005 Side 7
c) Funksjonen byttverdi i eksemplet nedenfor skal bytte innhold i to variable, men den fungerer ikke som den skal. Hvorfor? Fortell også hva som skrives ut. #include <stdio.h> void byttverdi(int x, int y); int main(void) int a = 0, b=1; printf("a=%d, b=%d\n",a,b); byttverdi(a,b); printf("a=%d, b=%d\n",a,b); return 0; void byttverdi(int x, int y) int tmp = x; x=y; y=tmp; Den skriver ut: a=0, b=1 a=0, b=1 Den bytter ikke verdi på a og b fordi variablene x og y i funksjonen byttverdi er lokale. De returnerer ingen verdi tilbake. Byttingen foregår kun i funksjonen. d) Gjør de nødvendige forandringer i programmet over slik at funksjonen byttverdi faktisk bytter verdi. Bruk pekere for å løse oppgaven. #include <stdio.h> void byttverdi(int *x, int *y); int main(void) int a = 0, b=1; printf("a=%d", b=%d\n",a,b); byttverdi(&a,&b); printf("a=%d, b=%d\n",a,b); return 0; void byttverdi(int *x_p, int *y_p) int tmp = *x_p; *x_p = *y_p; *y_p = tmp; Løsningsforslag til eksamen i IAD11004, 14. Juni 005 Side 8
e) Gi en beskrivelse av hva et cluster er. Clusters (=allocation units).. den minste enhet på en disk som et operativsystem kan håndtere. Et cluster består av en eller flere 51-byte sektorer, i power av.(,4,8,16 etc) Jo større cluster, jo større blir den ubrukte delen av den siste cluster for en fil. Slack: en del av et cluster som ikke blir fyllt opp. F.eks et drev på 1GiB gir en clusterstørrelse på: 1 073 741 84/65536= 16384 byte 16384/51= 3 * 51 byte F.eks et drev på GiB gir en clusterstørrelse på: * 1 073 741 84/65536= 3768byte 3768/51= 64 * 51 byte f) Gi en beskrivelse av FAT16 og FAT3. FAT er et filsystem. FAT står for File Allocation Table og den holder styr på data som er lagret i cluster på en disk. Tallet etter ordet FAT betyr antall bit som brukes for adressering av cluster. FAT16 bruker 16 bit til adressering. Da kan man adressere 16 = 65536 clusters. 11 av disse er reservert, som gir 65536-11 = 6555 clusters som kan adresseres på disk. Microsoft trekker ifra 1 til for å unngå grenseproblemer, noe som gir 6554 clusters. FAT16 har en grense på GiB på drev. Da brukes 64 sektorer per cluster. 6554*64*51byte= 14709043 byte= GiB FAT3 bruker 8 bit for å adressere et cluster: 8 = 68 435 456 clusters. 11 av disse er reservert, som gir 68 435 445 clusters. Med 64 sektorer per cluster gir det en teoretisk maks grense på drev til 68 435 456* 64 * 51byte 8 796 09 661 760 byte = 8,8 Tbyte. Pga av partisjonstabell formatet er mask størrelse begrenset til, Tbyte. Det er nemlig 3 bit sektor nummerering i boot sector, som begrenser antall sektorer til 3-1= 4 94 967 95*51 byte=,tib FAT3 bruker mindre clusterstørrelse enn FAT16 for same størrelse på drev. Det gir en mer effektiv bruk av disken. FAT3 kom i Win 95B (Originale Win95 brukte FAT16). FAT3 kan brukes i Win95B, 98, Me, 000 og XP. FAT16 brukes i MSDOS 6. (og tidligere) og Win 95A. Fil størrelsen i FAT3 er begrenset til 3-1= 4GiB FAT virker i Linux, men får da begrensede parametre ( i forhold til ext3) Løsningsforslag til eksamen i IAD11004, 14. Juni 005 Side 9