Électronique numérique : pack de révision

Formulaires, étapes clés de la méthode pour chaque thème et 6 exercices, avec les corrigés complets à la fin.

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1Formules et méthodes

Systèmes de numération

Poids des positions
binaire 2k, octal 8k, hexa 16k
Vers le décimal
Σ dk·bk
Depuis le décimal
diviser par la base, lire les restes de bas en haut
Hexa ↔ binaire
un chiffre hexa = 4 bits
Complément à deux
inverser les bits et ajouter 1

Logique numérique : portes, tableaux de Karnaugh et bascules

Portes de base
A·B, A + B, A′, (A·B)′, (A + B)′, A ⊕ B
Règles booléennes
X + X′ = 1, X·X′ = 0, X + XY = X, XY + XY′ = X
De Morgan
(X·Y)′ = X′ + Y′, (X + Y)′ = X′·Y′
Ordre du tableau de Karnaugh
00, 01, 11, 10 (Gray code)
Groupe de 2ᵏ cases
perd k variables
Multiplexeur 4 vers 1
F = A′B′I0 + A′BI1 + AB′I2 + ABI3
Bascules
D: Q⁺ = D, T: Q⁺ = T ⊕ Q, JK: Q⁺ = JQ′ + K′Q
Compteurs
n bits : 2ⁿ états ; modulo N : plus petit n tel que 2ⁿ ≥ N ; fout = fclk/N
Compteur asynchrone
fmax = 1/(n·tpd)
Compteurs en anneau et Johnson
n et 2n états

Méthode

  1. Pour un circuit, travaillez des entrées vers la sortie, une porte à la fois, et écrivez la valeur sur chaque fil, ou écrivez son expression et remplissez la table de vérité.
  2. Pour la simplification, placez les 1 (et les états indifférents sous forme de X) dans un tableau de Karnaugh dont les lignes et colonnes suivent le code de Gray : 00, 01, 11, 10.
  3. Couvrez les 1 avec le moins possible de groupes de 1, 2, 4, 8 ou 16 cases, aussi grands que possible, en débordant sur les bords ; chaque groupe est un terme produit formé des variables qui restent constantes. Regroupez les 0 pour la forme POS.
  4. Pour les bascules et les compteurs, lisez les entrées à chaque front d’horloge actif, notez l’état après chaque front, et rappelez-vous qu’un compteur de n bits repasse à zéro après 2ⁿ états.

Acquisition de données et échantillonnage

Critère de Nyquist
fs > 2·fmax, fN = fs/2
Fréquence d’alias
fa = |f − k·fs|, k = round(f/fs)
Pas de quantification
1 LSB = VFSR/2ᴺ
Erreur de quantification (arrondi)
±½ LSB
CAN à troncature
D = ⌊Vin/LSB⌋
Nombre de bits pour une résolution r
2ᴺ ≥ span/r
RSBQ idéal, sinusoïde pleine échelle
SQNR = 6,02·N + 1,76 dB
Débit de données
canaux × fs × N bit/s
CAN multiplexé
fs = 1/(n·(tc + tset))
UART
Tb = 1/baud ; 8N1 = 10 bits par octet ; octets/s = baud/bits par trame
Diviseur de débit en bauds
baud = fclk/(16·D)

Méthode

  1. Notez les données : fréquence d’échantillonnage, fréquences du signal, nombre de bits, plage d’entrée, débit en bauds.
  2. Pour les questions d’échantillonnage, comparez chaque fréquence à fs/2 ; une fréquence plus élevée apparaît à fa = |f − k·fs|, avec le multiple de fs le plus proche.
  3. Pour les questions de résolution, calculez 1 LSB = VFSR/2ᴺ, ou le plus petit N tel que 2ᴺ ≥ étendue/résolution.
  4. Pour les débits et les liaisons UART, comptez tout ce qui est envoyé : canaux, échantillons par seconde, bits ou octets entiers par échantillon, et bits de start, de parité et de stop de chaque trame.

2Exercices

1.Systèmes de numérationMoyen
complément à deux sur 8 bits0−12806403201608040201

Positionnez les bits pour qu’ils représentent −95 en complément à deux sur 8 bits. Lu comme un nombre non signé, quelle est la valeur U du motif ?

N = −958 bit
U =
2.Systèmes de numérationDifficile
complément à deux sur 12 bits, N = ??signe???????????

Quel est l'entier le plus négatif N que l'on peut stocker en complément à deux sur 12 bits ?

12 bit
N =
3.Logique numérique : portes, tableaux de Karnaugh et basculesMoyen
ABC000111100101324576

Simplifiez F = B′C′ + BC + A′B′C′ à sa forme somme de produits minimale. Combien de littéraux L contient l’expression simplifiée ?

F = B′C′ + BC + A′B′C′
L =
4.Logique numérique : portes, tableaux de Karnaugh et basculesDifficile
CLKJK12345678

Une bascule JK déclenchée sur front montant part de Q = 0 et reçoit les entrées représentées. Cliquez sur le premier front d’horloge où Q repasse de 1 à 0.

Q₀ = 0JK
  1. 1front d’horloge 1
  2. 2front d’horloge 2
  3. 3front d’horloge 3
  4. 4front d’horloge 4
  5. 5front d’horloge 5
  6. 6front d’horloge 6
  7. 7front d’horloge 7
  8. 8front d’horloge 8
5.Acquisition de données et échantillonnageMoyen
SD0​D1​D2​D3​D4​D5​D6​D7​Tb​10·Tb​57600 Bd, 8N1

Un UART envoie des octets à 57600 bauds au format 8N1 : 8 bits de données, sans parité et 1 bit(s) de stop, plus le bit de start. Trouvez le plus grand nombre d’octets de données par seconde qu’il peut transférer.

baud = 57600 Bd8N1
RB = B/s
6.Acquisition de données et échantillonnageDifficile
Vin​N = ?VFSR​2ᴺ − 101 LSB

Une mesure audio demande un rapport signal sur bruit de quantification idéal d’au moins 85 dB pour une sinusoïde pleine échelle. Trouvez le plus petit nombre de bits N du CAN.

SQNR ≥ 85 dB
N =

3Solutions

1.Systèmes de numération

Réponse: U = 161

Positionner les bits : chaque bit vaut une puissance de deux (128, 64, …, 1). Un chiffre hexadécimal correspond exactement à quatre bits, et en complément à deux sur 8 bits, le bit le plus à gauche vaut −128. Les opérations bit à bit s’appliquent séparément à chaque position de bit.

Inverser et ajouter un

95 = 0101 1111
inversé: 1010 0000
+1 → 1010 0001

Le lire en non signé

1010 0001₂ = 256 − 95 = 161

Réponse

U = 161
2.Systèmes de numération

Réponse: N = −2048

Systèmes de numération positionnels : chaque chiffre vaut sa valeur multipliée par une puissance de la base. En binaire les positions valent 1, 2, 4, 8, 16, … ; en hexadécimal 1, 16, 256, …, avec A–F pour 10–15. En complément à deux sur 8 bits, le bit de gauche vaut −128 au lieu de +128 : c'est ainsi qu'on stocke les nombres négatifs.

Valeur la plus négative

−211 = −2048

Réponse

N = −2048
3.Logique numérique : portes, tableaux de Karnaugh et bascules

Réponse: L = 4

Algèbre de Boole : les règles qui simplifient les expressions sont X + X′ = 1 et X·X′ = 0, X + X = X, l’absorption X + X·Y = X, la règle de combinaison X·Y + X·Y′ = X, X + X′Y = X + Y et le théorème du consensus XY + X′Z + YZ = XY + X′Z. Les lois de De Morgan transforment (X·Y)′ en X′ + Y′ et (X + Y)′ en X′·Y′. Un tableau de Karnaugh applique ces règles graphiquement : chaque groupe de deux cases voisines est une utilisation de XY + XY′ = X.

Mintermes de l’expression

B′C′ → m(0, 4)
BC → m(3, 7)
A′B′C′ → m(0)
ABC00011110011001130214051706

Regrouper et lire

F = B′C′ + BC

Compter les littéraux

L = 4

Réponse

L = 4
4.Logique numérique : portes, tableaux de Karnaugh et bascules

Réponse: front d’horloge 4

Bascules et compteurs : une bascule ne change qu’au front actif de l’horloge. D copie son entrée (Q⁺ = D) ; T change d’état quand T = 1 ; JK conserve pour 00, remet à 0 pour 01, met à 1 pour 10 et change d’état pour 11. Un compteur binaire de n bits a 2ⁿ états et compte modulo 2ⁿ ; un compteur modulo N va de 0, 1, …, N − 1 puis revient à 0, et exige le plus petit n tel que 2ⁿ ≥ N bascules. Chaque étage d’un compteur asynchrone divise la fréquence par deux, donc la dernière sortie d’un compteur modulo N tourne à fclk/N. Un compteur Johnson de n bascules a 2n états, un compteur en anneau n.

Q après chaque front

Une bascule JK : 00 conserve, 01 remet à 0 (Q = 0), 10 met à 1 (Q = 1), 11 change d’état.

1: J = 1, K = 0 → Q = 1
2: J = 1, K = 0 → Q = 1
3: J = 1, K = 0 → Q = 1
4: J = 0, K = 1 → Q = 0
5: J = 1, K = 0 → Q = 1
6: J = 1, K = 1 → Q = 0
7: J = 1, K = 1 → Q = 1
8: J = 1, K = 0 → Q = 1

Premier passage de 1 à 0

front d’horloge 4

Réponse

front d’horloge 4
5.Acquisition de données et échantillonnage

Réponse: RB = 5760 B/s

UART : une liaison série asynchrone envoie chaque octet sous forme de trame : un bit de start (bas), les bits de données, un bit de parité facultatif et un ou deux bits de stop (haut). Le débit en bauds est le nombre de bits par seconde, donc un bit dure Tb = 1/baud et une trame de n bits dure n/baud. Le format courant 8N1 compte 10 bits par octet. Le générateur de bauds divise l’horloge : baud = fclk/(16·D) avec un entier D, donc le débit réel diffère légèrement de la cible ; une erreur inférieure à 2 % environ est généralement acceptable.

Bits par trame

1 + 8 + 0 + 1 = 10

Débit en octets

57600/10 = 5760 B/s

Réponse

RB = 5760 B/s
6.Acquisition de données et échantillonnage

Réponse: N = 14

Résolution du CAN : un convertisseur de N bits divise sa plage pleine échelle VFSR en 2ᴺ codes, de 0 à 2ᴺ − 1. Un pas vaut 1 LSB = VFSR/2ᴺ : la plus petite variation que le convertisseur peut afficher. Un CAN à troncature donne le code ⌊Vin/LSB⌋ ; un CAN à arrondi n’est jamais à plus de ½ LSB de la valeur réelle, c’est son erreur de quantification. Chaque bit supplémentaire divise le LSB par deux et ajoute environ 6 dB au rapport signal sur bruit de quantification idéal RSBQ = 6,02·N + 1,76 dB pour une sinusoïde pleine échelle. Pour atteindre une résolution r sur une étendue, choisissez le plus petit N tel que 2ᴺ ≥ étendue/r.

Résoudre pour N

N ≥ (85 − 1,76)/6,02 = 13,83

Arrondir vers le haut

N = 14
vérification: 6,02·14 + 1,76 = 86,04 dB ≥ 85 dB

Réponse

N = 14

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