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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
complemento a due a 8 bit0−12806403201608040201

Imposta i bit in modo che memorizzino −19 in complemento a due a 8 bit. Letto come numero senza segno, qual è il valore U dello schema?

N = −198 bit
U =
2.Sistemi di numerazioneDifficile
Complemento a due a 10 bit, N = ??segno?????????

Qual è l'intero più negativo N memorizzabile in complemento a due a 10 bit?

10 bit
N =
3.Logica digitale: porte, mappe K e flip-flopMedia
ABCD000111100001111010110312040517060120131151141809111010

Usa la mappa di Karnaugh per trovare la forma minima a prodotto di somme (POS) di F(A, B, C, D) = Σm(0, 1, 2, 7, 8, 11, 14, 15). Quanti termini somma (fattori) N ha?

F(A, B, C, D) = Σm(0, 1, 2, 7, 8, 11, 14, 15)
N =
4.Logica digitale: porte, mappe K e flip-flopDifficile
TQ0​Q0​TQ1​Q1​TQ2​Q2​CLKMOD-6

Un contatore modulo 6 sincrono conta 0, 1, …, 5 e poi torna a 0. Parte da 1. Quale valore Q (in decimale) mostra dopo 21 impulsi di clock?

Q0 = 121N = 6
Q =
5.Acquisizione dati e campionamentoMedia
Vin​N = 125 V2ᴺ − 101 LSB1,407 V?

Un ADC a 12 bit con campo d’ingresso da 0 a 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 1,407 V.

N = 12VFSR = 5 VVin = 1,407 V
D =
6.Acquisizione dati e campionamentoDifficile
126⋮6 ch∿01tc​ = 2 µstset​ = 1 µsfs​ = ?

Un multiplexer a 6 canali alimenta un solo ADC. Ogni conversione dura 2 µs e dopo ogni commutazione di canale l’ingresso richiede 1 µs per assestarsi. I canali sono scansionati a turno senza pause. Trova la frequenza di campionamento fs di ciascun canale, in kHz.

n = 6tc = 2 µstset = 1 µs
fs = kHz

3Soluzioni

1.Sistemi di numerazione

Risposta: U = 237

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.

Inverti e aggiungi uno

19 = 0001 0011
invertito: 1110 1100
+1 → 1110 1101

Leggilo senza segno

1110 1101₂ = 256 − 19 = 237

Risposta

U = 237
2.Sistemi di numerazione

Risposta: N = −512

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.

Valore più negativo

−29 = −512

Risposta

N = −512
3.Logica digitale: porte, mappe K e flip-flop

Risposta: N = 5

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.

ABCD000111100001111010110312040517060120131151141809111010

Raggruppa gli 0

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

(B′ + C)
(A′ + C + D′)
(A + B′ + D)
(A + B + C′ + D′)
(A′ + B + C′ + D)

Forma POS minima

F = (B′ + C)(A′ + C + D′)(A + B′ + D)(A + B + C′ + D′)(A′ + B + C′ + D)
N = 5

Risposta

N = 5
4.Logica digitale: porte, mappe K e flip-flop

Risposta: Q = 4

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 6 impulsi riportano il contatore allo stesso stato.

21 = 3·6 + 3

Valore dopo gli impulsi rimanenti

Q = (1 + 3) mod 6 = 4
Q = 100₂

Risposta

Q = 4
5.Acquisizione dati e campionamento

Risposta: D = 1152

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 = 5/212 = 1,221 mV

Codice

Vin/LSB = 1407/1,221 = 1153
codice = ⌊1153⌋ = 1152

Risposta

D = 1152

In binario è 010010000000.

6.Acquisizione dati e campionamento

Risposta: fs = 55,56 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

2 + 1 = 3 µs

Tempo per scansione

6·3 = 18 µs

Frequenza di campionamento per canale

fs = 1/18 µs = 55,56 kHz

Risposta

fs = 55,56 kHz

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