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Formulari, i passaggi chiave del metodo per ogni argomento e 6 esercizi, con le soluzioni complete in fondo.

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1Formule e metodi

Sistemi di numerazione

Pesi delle posizioni
binario 2k, ottale 8k, esadecimale 16k
In decimale
Σ dk·bk
Da decimale
dividi per la base e leggi i resti dal basso verso l’alto
Esadecimale ↔ binario
una cifra esadecimale = 4 bit
Complemento a due
inverti i bit e aggiungi 1

Logica digitale: porte, mappe K e flip-flop

Porte di base
A·B, A + B, A′, (A·B)′, (A + B)′, A ⊕ B
Regole booleane
X + X′ = 1, X·X′ = 0, X + XY = X, XY + XY′ = X
De Morgan
(X·Y)′ = X′ + Y′, (X + Y)′ = X′·Y′
Ordine della mappa di Karnaugh
00, 01, 11, 10 (Gray code)
Gruppo di 2ᵏ celle
perde k variabili
Multiplexer 4 a 1
F = A′B′I0 + A′BI1 + AB′I2 + ABI3
Flip-flop
D: Q⁺ = D, T: Q⁺ = T ⊕ Q, JK: Q⁺ = JQ′ + K′Q
Contatori
n bit: 2ⁿ stati; mod N: n minimo con 2ⁿ ≥ N; fout = fclk/N
Contatore asincrono (ripple)
fmax = 1/(n·tpd)
Contatori ad anello e Johnson
n e 2n stati

Metodo

  1. Per un circuito, procedi dagli ingressi all’uscita una porta alla volta e scrivi il valore su ogni filo, oppure scrivi la sua espressione e compila la tabella di verità.
  2. Per la semplificazione, riporta gli 1 (e le condizioni di indifferenza come X) in una mappa di Karnaugh con righe e colonne in codice Gray: 00, 01, 11, 10.
  3. Copri gli 1 con il minor numero possibile di gruppi, i più grandi possibile, di 1, 2, 4, 8 o 16 celle, richiudendoli sui bordi; ogni gruppo è un termine prodotto formato dalle variabili che restano costanti. Raggruppa gli 0 per la forma POS.
  4. Per flip-flop e contatori, leggi gli ingressi a ogni fronte attivo del clock, scrivi lo stato dopo ogni fronte e ricorda che un contatore a n bit ricomincia da capo dopo 2ⁿ stati.

Acquisizione dati e campionamento

Criterio di Nyquist
fs > 2·fmax, fN = fs/2
Frequenza di alias
fa = |f − k·fs|, k = round(f/fs)
Passo di quantizzazione
1 LSB = VFSR/2ᴺ
Errore di quantizzazione (arrotondamento)
±½ LSB
Codice di un ADC a troncamento
D = ⌊Vin/LSB⌋
Bit per una risoluzione r
2ᴺ ≥ span/r
SQNR ideale, sinusoide a fondo scala
SQNR = 6,02·N + 1,76 dB
Velocità dei dati
canali × fs × N bit/s
ADC multiplexato
fs = 1/(n·(tc + tset))
UART
Tb = 1/baud; 8N1 = 10 bit per byte; byte/s = baud/bit per frame
Divisore del baud rate
baud = fclk/(16·D)

Metodo

  1. Scrivi i dati: frequenza di campionamento, frequenze del segnale, numero di bit, campo d’ingresso, baud rate.
  2. Nei problemi di campionamento confronta ogni frequenza con fs/2; una frequenza più alta compare a fa = |f − k·fs|, con il multiplo di fs più vicino.
  3. Nei problemi di risoluzione trova 1 LSB = VFSR/2ᴺ, oppure il più piccolo N con 2ᴺ ≥ campo/risoluzione.
  4. Per velocità dei dati e collegamenti UART conta tutto ciò che viene inviato: canali, campioni al secondo, bit o byte interi per campione, e i bit di start, parità e stop di ogni frame.

2Esercizi

1.Sistemi di numerazioneMedia
pesi nel complemento a due1−12806413211608141201

La sequenza a 8 bit 1011 0110 memorizza un intero con segno in complemento a due. Qual è il suo valore N in decimale?

1011 01108 bit
N =
2.Sistemi di numerazioneDifficile
clicca i bit per impostarli012806403201608040201

Imposta i bit sul risultato a 8 bit di 1110 1000 AND 1010 1010. Qual è il valore R del risultato in decimale?

1110 1000AND1010 1010
R =
3.Logica digitale: porte, mappe K e flip-flopMedia
ABC00011110010011031204151706

Usa la mappa di Karnaugh per trovare la forma minima a somma di prodotti (SOP) di F(A, B, C) = Σm(1, 2, 5, 7). Quanti letterali L contiene in totale (una variabile con apice conta come un letterale)?

F(A, B, C) = Σm(1, 2, 5, 7)
L =
4.Logica digitale: porte, mappe K e flip-flopDifficile
TQ0​Q0​TQ1​Q1​TQ2​Q2​CLKUP

Un contatore binario progressivo a 3 bit parte da 0 (decimale, Q = 000). Quale valore Q (in decimale) mostra dopo 23 impulsi di clock?

Q0 = 023n = 3
Q =
5.Acquisizione dati e campionamentoMedia
Vin​N = 122,5 V2ᴺ − 101 LSB1,425 V?

Un ADC a 12 bit con campo d’ingresso da 0 a 2,5 V tronca: il suo codice di uscita è ⌊Vin/LSB⌋ con 1 LSB = VFSR/2ᴺ. Trova il codice di uscita decimale D per un ingresso di 1,425 V.

N = 12VFSR = 2,5 VVin = 1,425 V
D =
6.Acquisizione dati e campionamentoDifficile
122 ch∿01tc​ = 1 µstset​ = 2,5 µsfs​ = ?

Un multiplexer a 2 canali alimenta un solo ADC. Ogni conversione dura 1 µs e dopo ogni commutazione di canale l’ingresso richiede 2,5 µs per assestarsi. I canali sono scansionati a turno senza pause. Trova la frequenza di campionamento fs di ciascun canale, in kHz.

n = 2tc = 1 µstset = 2,5 µs
fs = kHz

3Soluzioni

1.Sistemi di numerazione

Risposta: N = −74

Sistemi di numerazione posizionali: ogni cifra vale il suo valore per una potenza della base. In binario le posizioni valgono 1, 2, 4, 8, 16, …; in esadecimale 1, 16, 256, …, con A–F per 10–15. Nel complemento a due a 8 bit il bit più a sinistra vale −128 invece di +128: così si memorizzano i numeri negativi.

Somma i pesi

Gli altri bit mantengono i loro normali valori positivi.

−128 + 32 + 16 + 4 + 2 = −74

Risposta

N = −74
2.Sistemi di numerazione

Risposta: R = 168

Impostare i bit: ogni bit vale una potenza di due (128, 64, …, 1). Una cifra esadecimale è esattamente quattro bit, e nel complemento a due a 8 bit il bit più a sinistra vale −128. Le operazioni bit a bit lavorano su ogni posizione di bit separatamente.

Bit per bit

AND dà 1 solo dove entrambi i bit sono 1.

1110 1000
AND 1010 1010
= 1010 1000

Valore del risultato

1010 1000₂ = 168

Risposta

R = 168
3.Logica digitale: porte, mappe K e flip-flop

Risposta: L = 7

Mappe di Karnaugh: le celle sono ordinate in codice Gray (00, 01, 11, 10), quindi le celle vicine, comprese quelle attraverso i bordi, differiscono per esattamente una variabile. Raggruppa gli 1 in rettangoli di 1, 2, 4, 8 o 16 celle, i più grandi e il meno numerosi possibile, finché ogni 1 non è coperto. Ogni gruppo è un termine prodotto: le variabili che restano costanti al suo interno. Un gruppo di 2ᵏ celle perde k variabili. Le condizioni di indifferenza (X) possono servire a ingrandire i gruppi ma non devono mai essere coperte. Raggruppando invece gli 0 si ottiene la forma POS minima.

ABC00011110010011031204151706

Raggruppa gli 1

Ogni gruppo è un rettangolo di 2ᵏ celle; le celle di bordo sono vicine alle celle del bordo opposto.

B′C
AC
A′BC′

Forma SOP minima

F = B′C + AC + A′BC′
L = 7

Risposta

L = 7
4.Logica digitale: porte, mappe K e flip-flop

Risposta: Q = 7

Flip-flop e contatori: un flip-flop cambia solo sul fronte attivo del clock. D copia il suo ingresso (Q⁺ = D); T commuta quando T = 1; JK mantiene per 00, azzera per 01, imposta a 1 per 10 e commuta per 11. Un contatore binario a n bit ha 2ⁿ stati e conta modulo 2ⁿ; un contatore modulo N conta 0, 1, …, N − 1 e torna a 0, e richiede il minimo n con 2ⁿ ≥ N flip-flop. Ogni stadio di un contatore asincrono (ripple) dimezza la frequenza, quindi l’ultima uscita di un contatore modulo N ha frequenza fclk/N. Un contatore Johnson di n flip-flop ha 2n stati, un contatore ad anello n.

Cicli completi

Ogni 8 impulsi riportano il contatore allo stesso stato.

23 = 2·8 + 7

Valore dopo gli impulsi rimanenti

Q = (0 + 7) mod 8 = 7
Q = 111₂

Risposta

Q = 7
5.Acquisizione dati e campionamento

Risposta: D = 2334

Risoluzione dell’ADC: un convertitore a N bit divide il suo campo di fondo scala VFSR in 2ᴺ codici, da 0 a 2ᴺ − 1. Un passo è 1 LSB = VFSR/2ᴺ: la più piccola variazione che il convertitore può mostrare. Un ADC a troncamento dà il codice ⌊Vin/LSB⌋; un ADC ad arrotondamento non si discosta mai più di ½ LSB dal valore vero, il suo errore di quantizzazione. Ogni bit in più dimezza l’LSB e aggiunge circa 6 dB al rapporto segnale/rumore di quantizzazione ideale SQNR = 6,02·N + 1,76 dB per una sinusoide a fondo scala. Per ottenere una risoluzione r su un campo, scegli il più piccolo N con 2ᴺ ≥ campo/r.

Passo di quantizzazione

1 LSB = 2,5/212 = 0,6104 mV

Codice

Vin/LSB = 1425/0,6104 = 2335
codice = ⌊2335⌋ = 2334

Risposta

D = 2334

In binario è 100100011110.

6.Acquisizione dati e campionamento

Risposta: fs = 142,9 kHz

Velocità dei dati: ogni canale fornisce fs campioni al secondo da N bit, quindi la velocità grezza è canali × fs × N bit/s. In memoria un campione occupa byte interi (un campione a 12 bit è memorizzato in 2 byte), quindi la memoria per una registrazione è canali × fs × byte per campione × tempo. Un ADC multiplexato converte i canali uno dopo l’altro: ogni conversione (con assestamento) richiede t, quindi un giro di n canali richiede n·t e ogni canale è campionato a 1/(n·t).

Tempo per canale

1 + 2,5 = 3,5 µs

Tempo per scansione

2·3,5 = 7 µs

Frequenza di campionamento per canale

fs = 1/7 µs = 142,9 kHz

Risposta

fs = 142,9 kHz

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