auditoriski 11

ФАКУЛТЕТ ЗА ИНФОРМАТИЧКИ НАУКИ И КОМПЈУТЕРСКО ИНЖЕНЕРСТВО


Задачи

АРХИТЕКТУРА И ОРГАНИЗАЦИЈА НА КОМПЈУТЕРИ

Аудиториска вежба 11


Видови на бројачи

• Асинхрони бројачи

– Излезот на секој флип-флоп е такт сигнал на наредниот флип-флоп

• Синхрони бројачи

– Секој флип-флоп има ист такт сигнал

• Шифт бројачи - бројачи базирани на шифт регистри. Овие бројачи имаат повеќе степени од претходните, но се едноставни за формирање на декодираните излези.

– Кружен бројач

– Џонсонов бројач

2


Кружен бројач

3

QD QC QB QA

0 0 0 1

0 0 1 0

0 1 0 0

1 0 0 0

0 0 0 1


Џонсонов бројач

• за два пати поголем број состојби од кружниот бројач со ист број на степени (2m состојби за m степени).

4

Q

QSET

CLR

D

Q

QSET

CLR

D

Q

QSET

CLR

D

Q

QSET

CLR

D

INITCLK

Q1 Q2 Q3 Q4

Состојби

Q4 Q3 Q2 Q1

0 0 0 0 0

1 0 0 0 1

2 0 0 1 1

3 0 1 1 1

4 1 1 1 1

5 1 1 1 0

6 1 1 0 0

7 1 0 0 0

0 0 0 0 0


Задача 1

• Со користење на Т клетки да се конструира бројач кој брои по секвенцата

A-B-C-D-E-A

Каде буквите се дадени со нивните ASCII кодови (ASCII кодот на A е 65).

5


Задача 1 - решение

6

• Секвенцата можеме да ја разгледаме како 65-66-67-68-69-65-...

• Бинарно ако ги претставиме броевите, можеме да ја направиме секвенцата – 1000001-1000010-1000011-1000100-1000101-1000001-...

• Значи, ни требаат 3 Т флип флопови за броење на последните 3 битови, а за останатите, можеме да донесеме директно 1 и 0.



7

• x, y, z битовите на моменталните состојби

• Qx, Qy и Qz соодветните следни состојби

• За состојбите 000, 110, 111 имаме состојба на неодреденост X

моментална следна

x y z Qx Qy Qz

0 0 0 X X X

0 0 1 0 1 0

0 1 0 0 1 1

0 1 1 1 0 0

1 0 0 1 0 1

1 0 1 0 0 1

1 1 0 X X X

1 1 1 X X X



8

• Од Карноовите мапи за Qx, Qy, Qz се добива минимални изрази:

• Qx = y’z’+yz Qy=x’y’+yz’ Qz=x+z’

X 1

1 X X

X 1 1

X X

X 1

1_ 1 X X_



9

• Qx = (y’z’+yz)(x+x’) = x * (y’z’+yz) + x’ * (y’z’+yz)

• Tx = x * (y’z’+yz)’ + x’ * (y’z’+yz) = x * (y’z + yz’) + x’ * (y’z’+yz)

• Qy = z’ * y + x’ * y’

• Ty = (z’)’ * y + x’ * y’ = z * y + x’ * y’

• Qz = x * ( z + z’) + z’ = x * z + (x + 1) * z’ = x * z + z’

• Tz = x’ * z + z’ = x’ + z’ = (xz)’

Цртањето на колото е едноставно.


Задача 2

• Да се изврши синтеза на бројач по модул 4 кој во зависност од сигналот x брои нагоре за x=1 и надолу за x=0. Да се користат D flip-flop-ови и порти по потреба.

10



11

A/00 B/01

C/10D/11

11

1

1

0

0

0

0

Кодирање на состојби и табела на премин на состојби

S x

z1z2 0 1

A-00 D B 0 0

B-01 A C 0 1

C-11 B D 1 0

D-10 C A 1 1


Задача 2 - решение Табела на премин на состојби, излези и

побуди

Q1Q2 x

z1z2 D1D2 x=0

D1D2

x=1 0 1

0 0 10 01 0 0 1 0 0 1

0 1 00 11 0 1 0 0 1 1

1 1 01 10 1 0 0 1 1 0

1 0 11 00 1 1 1 1 0 0

12

Q1Q2 Q1Q2 Q2 Q2

00 01 11 10 00 01 11 10 0 1 0 1

x 0 1 1

x 0 1 1

Q1 0

Q1 0 1

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1

xQD 21 12 QxD 11 Qz 212 QQz



13

Q

QSET

CLR

D

Q

QSET

CLR

D

x

z2

z1


Задача 3

• Со користење само на D флип-флопови и 4-во-1 мултиплексери да се дизајнира секвенцијално коло со следното однесување. Колото има еден надворешен влез J. Кога J=0 колото се однесува како 3-битен Џонсонов бројач, а кога J=1 како бинарен бројач кој брои нагоре.

14


Задача 3 - решение J Q1 Q2 Q3 Q1

+ Q2+ Q3

+

0 0 0 0 0 0 1

0 0 0 1 0 1 1

0 0 1 0 b b b

0 0 1 1 1 1 1

0 1 0 0 0 0 0

0 1 0 1 b b b

0 1 1 0 1 0 0

0 1 1 1 1 1 0

1 0 0 0 0 0 1

1 0 0 1 0 1 0

1 0 1 0 0 1 1

1 0 1 1 1 0 0

1 1 0 0 1 0 1

1 1 0 1 1 1 0

1 1 1 0 1 1 1

1 1 1 1 0 0 0 15



16

Q2Q3

00 01 11 10

ЈQ1

00 1 b

01 b 1 1

11 1 1 1

10 1

Q2Q3

00 01 11 10

ЈQ1

00 1 1 b

01 b 1

11 1 1

10 1 1

Q2Q3

00 01 11 10

ЈQ1

00 1 1 1 b

01 b

11 1 1

10 1 1



D1 • Управувачки сигнали J и Q2

I0

I1

I2

I3

17

Бидејќи на располагање имаме само мултиплексери треба и функцијата I3 да се реализира со мултиплексери. Управувачки сигнали се Q1 и Q3

I0

I1

I2

I3



18


I0

I1

I2

I3


I0

I1

I2

I3



19


Задача 3 – решение за ДОМА

• Табелата наместо со 16 редици, ќе ја поделиме на 2 посебни бројачи, Ј=0, Ј=1

• Преносните функции (Q->Q+) од двата бројачи ќе влезат во мултиплексер на влез 0 и 1, а влез на контролните сигнали на мултиплексерот ставете 0 и J соодветно

• Влезовите во ФФ ќе бидат излезите од мултиплексерите

• Со ова ќе го избегнеме усложнувањето на комбинаторните влезови врз табелата

• Пробајте на ваков начин да ја решите и задача 2, како и следната задача 4

20


Задача 4

• Да се дизајнира контролер кој ќе овозможи контрола на бројот на луѓе во чекална. Чекалната има капацитет од 6 луѓе. Контролерот треба да ја контролира автоматската врата, односно, вратата треба да биде отворена кога во чекалната има помалку од 6 луѓе. Штом во чекалната ќе влезат 6 луѓе вратата се затвора и не се дозволува да влезе следен човек додека не излезе некој. Вратата се контролира со сигналот z и тоа z=1 вратата е затворена, а z=0 вратата е отворена. Во системот има уште два сензори, првиот кој дава правоаголен импулс за секој од настаните влегување или излегување на човек, а вториот кој дава 0 ако настанот бил влегување и 1 ако настанот бил излегување. Вториот сигнал е синхронизиран со растечка ивица на првиот сензор.



• Дијаграм на состојби



x

0 1 z

A B b 0

B C A 0

C D B 0

D E C 0

E F D 0

F G E 0

G b F 1

Q1 Q2 Q3

x

0 1 z

000 001 bbb 0

001 010 000 0

010 011 001 0

011 100 010 0

100 101 011 0

101 110 100 0

110 bbb 101 1

111 bbb bbb b

Код

A 000

B 001

C 010

D 011

E 100

F 101

G 110

Q1+ Q2

+ Q3+



Q3x

00 01 11 10

Q1Q2

00 b

01 1

11 b 1 b b

10 1 1 1

Q3x

00 01 11 10

Q1Q2

00 b 1

01 1 1

11 b b b

10 1 1



Q3x

00 01 11 10

Q1Q2

00 1 b

01 1 1

11 b 1 b b

10 1 1

Q2Q3

00 01 11 10

Q1 0

1 b 1


Задача 5

• Да се дизајнира 4 битен синхронизиран шифт регистер со помош на 4 D ФФ и 4 4во1 мултиплексери. Шифт регистерот има 2 контролни влезови Sh1 и Sh0, 4 податочни влезни битови D3, D2, D1, D0, и 4 излезни битови Q3, Q2, Q1, Q0.

• Регистерот работи според следново правило:

27

Sh1 Sh0 Активност

0 0 нема промена на излез

0 1 поместување во десно за 1 бит со додавање 0

1 0 поместување во десно за 2 бита со додавање 00

1 1 Вчитување (на излез се добиваат D3, D2, D1, D0 соодветно)


Задача 5 - Решение

• D ФФ - влезот го пренесува на излез

• Мултиплексер - на излез ја дава функцијата што ја има на соодветниот селектиран влез.

• Табелата за излезите Q3, Q2, Q1, Q0 во зависност од Sh1 и Sh0 изгледа вака:

28

Sh1 Sh0 Q3 Q2 Q1 Q0

0 0 Q3 Q2 Q1 Q0

0 1 0 Q3 Q2 Q1

1 0 0 0 Q3 Q2

1 1 D3 D2 D1 D0


Задача 5 - Решение

• Па доколку на секој влез на Di ФФ ја донесеме вредноста од табелата на соодветната колона Qi, добиена како излез од мултиплексерите во зависност од вредноста на Sh1 и Sh0, се добива поврзувањето

29

auditoriski 11

Documents