Elettronica digitale: pacchetto last-minute

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 bit?−128?64?32?16?8?4?2?1

Scrivi −45 come sequenza a 8 bit in complemento a due. Leggi la sequenza come numero binario senza segno: qual è il suo valore U in decimale?

N = −458 bit
U =
2.Sistemi di numerazioneDifficile
4289 codici, b = ? bit?2ᵇ⁻¹…?4?2?1

Un sistema deve assegnare a ciascuno di 4289 elementi un proprio codice binario della stessa lunghezza. Qual è il numero minimo di bit b necessario?

4289
b = bit
3.Logica digitale: porte, mappe K e flip-flopMedia
ABC000111100101324576

Semplifica F = A′C′ + AB + A′B′C alla sua forma minima a somma di prodotti. Quanti letterali L contiene l’espressione semplificata?

F = A′C′ + AB + A′B′C
L =
4.Logica digitale: porte, mappe K e flip-flopDifficile
CLKJK123456

Un flip-flop JK sensibile al fronte di salita parte con Q = 0 e riceve gli ingressi mostrati. Clicca il primo fronte di clock in cui Q passa da 1 a 0.

Q₀ = 0JK
  1. 1fronte di clock 1
  2. 2fronte di clock 2
  3. 3fronte di clock 3
  4. 4fronte di clock 4
  5. 5fronte di clock 5
  6. 6fronte di clock 6
5.Acquisizione dati e campionamentoMedia
tTs​ = 1/fs​f = 9,25 kHzfs​ = 5 kHz

Una sinusoide a 9,25 kHz è campionata a 5 kHz senza filtro anti-aliasing. A quale frequenza fa compare nei campioni? Esprimila in Hz.

f = 9,25 kHzfs = 5 kHz
fa = Hz
6.Acquisizione dati e campionamentoDifficile
T1 mV/°C×2,5∿01N = 10, 3,3 V? °C/LSB

Un sensore di temperatura fornisce 1 mV/°C (0 V a 0 °C). Il suo segnale è amplificato 2,5 volte e inviato a un ADC a 10 bit con campo da 0 a 3,3 V (1 LSB = VFSR/2ᴺ). Trova la variazione di temperatura ΔTLSB corrispondente a un LSB.

S = 1 mV/°CG = 2,5N = 10VFSR = 3,3 V
ΔTLSB = °C

3Soluzioni

1.Sistemi di numerazione

Risposta: U = 211

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.

Inverti e aggiungi uno

45 = 0010 1101
invertito: 1101 0010
+1 → 1101 0011

Leggilo senza segno

1101 0011₂ = 256 − 45 = 211

Risposta

U = 211
2.Sistemi di numerazione

Risposta: b = 13 bit

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.

Potenze di due

212 = 4096 < 4289
213 = 8192 ≥ 4289

Risposta

b = 13
3.Logica digitale: porte, mappe K e flip-flop

Risposta: L = 6

Algebra di Boole: le regole che semplificano le espressioni sono X + X′ = 1 e X·X′ = 0, X + X = X, l’assorbimento X + X·Y = X, la regola di combinazione X·Y + X·Y′ = X, X + X′Y = X + Y e il teorema del consenso XY + X′Z + YZ = XY + X′Z. Le leggi di De Morgan trasformano (X·Y)′ in X′ + Y′ e (X + Y)′ in X′·Y′. Una mappa di Karnaugh applica queste regole in forma grafica: ogni gruppo di due celle vicine è un uso di XY + XY′ = X.

Mintermini dell’espressione

A′C′ → m(0, 2)
AB → m(6, 7)
A′B′C → m(1)
ABC00011110011011031204051716

Raggruppa e leggi

F = BC′ + A′B′ + AB

Conta i letterali

L = 6

Risposta

L = 6

Esiste un altro raggruppamento della stessa dimensione; ha lo stesso numero di letterali.

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

Risposta: fronte di clock 6

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.

Q dopo ogni fronte

Un flip-flop JK: 00 mantiene, 01 azzera (Q = 0), 10 imposta (Q = 1), 11 commuta.

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

Prima variazione da 1 a 0

fronte di clock 6

Risposta

fronte di clock 6
5.Acquisizione dati e campionamento

Risposta: fa = 750 Hz

Campionamento: un ADC misura il segnale fs volte al secondo. Secondo il teorema di Nyquist–Shannon una frequenza f è acquisita correttamente solo finché f < fs/2, la frequenza di Nyquist (di ripiegamento), quindi la frequenza di campionamento deve superare il doppio della frequenza più alta del segnale. Una frequenza più alta non va persa: compare come alias a fa = |f − k·fs|, con il numero intero k che porta il risultato tra 0 e fs/2. I campioni non permettono di distinguere le due, quindi un filtro anti-aliasing analogico deve eliminare tutto ciò che sta sopra fs/2 prima dell’ADC.

Frequenza di Nyquist

fs/2 = 2,5 kHz < f = 9,25 kHz

Multiplo più vicino della frequenza di campionamento

k = round(9250/5000) = 2

Frequenza di alias

fa = |9250 − 2·5000| = 750 Hz

Risposta

fa = 750 Hz

La curva tratteggiata nella figura è l’alias: passa esattamente per gli stessi campioni.

6.Acquisizione dati e campionamento

Risposta: ΔTLSB = 1,289 °C

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 = 3300/1024 = 3,223 mV

Sensibilità all’ADC

1·2,5 = 2,5 mV/°C

Risoluzione in temperatura

ΔTLSB = 3,223/2,5 = 1,289 °C

Risposta

ΔTLSB = 1,289 °C

L’ADC arriva a fondo scala a 1320 °C.

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