Apuntes del microprocesador 8085 lenguaje assembler

UNIVERSIDAD DE TARAPACÁ Escuela Universitaria de Ingeniería

Eléctrica – Electrónica [Edición 8]

PROGRAMACIÓN PROGRAMACIÓN EN LENGUAJE

ASSEMBLER

AUTOR :

PAUL TERRAZAS L.

ARICA – CHILE CHILE 2013

Clases de Microprocesadores M icroprocesadores – Prof. Prof. B.Barraza.

1.

INTRODUCCION AL MICROCOMPUTADOR.

INTEL fue fundada por Gordon E. Moore y Robert Noyce en 1969, quienes inicialmente quisieron llamar a la empresa Moore Noyce, pero sonaba mal (ya que en inglés suena como More Noise, que literalmente significa: Más Ruido), así que eligieron como nombre las siglas de Integrated Electronics, en español Electrónica Integrada. Este nombre estaba registrado por una cadena hotelera, por lo que tuvieron que comprar los derechos para poder utilizarlo. El éxito comenzó modestamente cuando consiguieron que los japoneses Busicom les encargasen una remesa de microprocesadores para sus calculadoras programables. Pese a las indicaciones de los japoneses, el ingeniero Ted Hoff diseñó un chip revolucionario que podía ser utilizado en muchos otros dispositivos sin necesidad de ser rediseñado. Los chicos de Intel enseguida se dieron cuenta del potencial de este producto, capaz de dotar de ‘inteligencia’ a muchas máquinas ‘tontas’. El único problema es que Busicom

poseía los derechos, y para recuperarlos Intel tuvo que qu e pagarles 60.000 dólares. El centro de operaciones de Intel está localizado en Santa Clara, California. La compañía también tiene instalaciones en Argentina, China, Costa Rica, Malasia, México, Israel, Irlanda, India, Filipinas, y Rusia. En los Estados Unidos Intel emplea más de 45.000 personas en Colorado, Massachusetts, Arizona, Nuevo México, Oregón, Texas, Washington, y Utah

1.1.-Centro de operaciones El centro de operaciones de Intel está localizado en Santa Clara, California. La compañía también tiene instalaciones en Argentina, China, Costa Rica, Malasia, México, Israel, Irlanda, India, Filipinas, y Rusia. En los Estados Unidos Intel emplea más de 45.000 personas en Colorado, Massachusetts, Arizona, Nuevo México, Oregón, Texas, Washington, y Utah

1.1.1.-Adquisición de McAfee El 19 de agosto de 2010 Intel, el mayor fabricante mundial de microchips, anunció la compra de McAfee, compañía de software de seguridad informática y del cual su producto más conocido co nocido es el antivirus McAfee M cAfee VirusScan. Al mismo tiempo McAfee ya había anunciado la inversión en empresas especializadas a su vez en seguridad dispositivos móviles, como tenCube y Trust Digital, pese a haber obtenido bajos resultados en el último trimestre. La adquisición anunciada por Intel registra una operación de 7.680 millones de dólares.


1.2.-EVOLUCION 1.2.-EV OLUCION DE LOS MICROPROCESA MICROPROCESADORES DORES INTEL El Intel 4004 (i4004), un CPU de 4 bits, fue el primer microprocesador en un simple chip, así como el primero disponible comercialmente. Aproximadamente al mismo tiempo, algunos otros diseños de CPU en circuito integrado, tales como el militar F14 CADC de 1970, fueron implementados como chipsets, es decir constelaciones de múltiples chips.

Fig.1.2.-

1.3.-Historia y descripción El 4004 fue lanzado en un paquete de 16 pines CERDIP el 15 de noviembre de 1971. El 4004 fue el primer procesador de computadora diseñado y fabricado por el fabricante de chips Intel, quien previamente hacía semiconductores de chips de memoria. Marcian "Ted" Hoff formuló la propuesta arquitectónica en 1969. Sin embargo, la implementación del microprocesador sólo comenzó en 1970 cuando Federico Faggin fue empleado por Intel, procedente de Fairchild Semiconductor, para dirigir el proyecto y para diseñar el 4004 (1970-1971). En Fairchild, Faggin había desarrollado la tecnología pionera llamada Silicon Gate Technology (SGT) y había también diseñado el primer circuito integrado MOS usando la tecnología SGT (el Fairchild 3708), en 1968, demostrando la viabilidad de la nueva tecnología.

1.3.1.-Especificaciones técnicas.  Microprocesador de 4 bits  Contiene 2.300 transistores  Encapsulado CERDIP de 16 pines  Máxima velocidad del reloj 740 KHz  Usa Arquitectura Harvard, es decir, almacenamiento separado de programas y datos. Contrario a la mayoría de los diseños con arquitectura de Harvard, que utilizan buses separados, el 4004, con su necesidad de mantener baja la cuenta de pines, usaba un bus de 4 bits multiplexado para transferir:  12 bits de direcciones (direccionando hasta 4 KB)  Instrucciones de 8 bits de ancho, que no deben ser colocadas en la misma memoria de datos de 4 bits de ancho.  El conjunto de instrucciones está formado por 46 instrucciones (de las cuales 41 son de 8 bits de ancho y 5 de 16 bits de ancho)  16 registros de 4 bits cada uno  Stack interno de llamadas a subrutinas de tres niveles de profundidad  Chipset (circuitos auxiliares) para crear sistemas basados en el 4004


1.4.-INTEL 4040 1.4.-INTEL El Intel 4040 fue el sucesor del Intel 4004. Fue lanzado al mercado en 1974. Diseñado por Federico Faggin (quien (qui en propuso la arquitectura arquite ctura y condujo el proyecto) y Tom Innes. El 4040 fue usado primariamente en juegos, pruebas, desarrollo, y equipos del control. El paquete del 4040 era más de dos veces el ancho del 4004 y tenía 24 pines en lugar de los 16 del 4004. El 4040 agregó 14 instrucciones, un espacio más grande para el stack (7 niveles en vez de 3), un espacio para programas de 8KB, 8 registros adicionales, y habilidades de interrupción (incluyendo sombras (shadows) de los primeros 8 registros). Nuevas características  Interrupciones  Ejecución paso a paso

Fig.1.4.-

Extensiones  Conjunto de instrucciones ampliado a 60 instrucciones.  Memoria de programa ampliada a 8 Kbytes.  Regist Registros ros ampliados a 24.  Pila de llamadas ampliada a 7 niveles de profundidad. 1.5.-INTEL 1.5.-INT EL 8008 El Intel 8008 (i8008) es un microprocesador diseñado y fabricado por Intel que fue lanzado al mercado en abril de 1972. Codificado inicialmente como 1201, fue pedido a Intel por Computer Terminal Corporation para usarlo en su terminal programable Datapoint 2200, pero debido a que Intel terminó el proyecto tarde y a que no cumplía con la expectativas de Computer Terminal Corporation, finalmente no fue usado en el Datapoint 2200. Posteriormente Computer Terminal Corporation e Intel acordaron que el i8008 pudiera ser vendido a otros clientes. El conjunto de instrucciones del i8008 y de todos los procesadores posteriores de Intel está fuertemente basado en las especificaciones de diseño de Computer Terminal Corporation. El i8008 emplea direcciones de 14 bits, pudiendo direccionar hasta 16 KB de memoria. El circuito integrado del i8008, limitado por las 18 patillas de su encapsulado DIP, tiene un bus compartido de datos y direcciones de 8 bits, por lo que necesita una Clases de Microprocesadores M icroprocesadores – Prof. Prof. B.Barraza.

gran cantidad de circuitería externa para poder ser utilizado. El i8008 puede acceder a 8 puertos de entrada y 24 de salida.

Aunque un poco más lento que los microprocesadores Intel 4004 e Intel 4040 de 4 bits en cuanto a la cantidad de millones de instrucciones por segundo ejecutadas, el hecho de que el i8008 procesara 8 bits de datos al tiempo y de que pudiera acceder a mucha más memoria hacen que el i8008 sea en la práctica unas tres o cuatro veces más rápido que sus predecesores de 4 bits.

1.6.-INTEL 1.6.-INT EL 8080 El Intel 8080 fue un microprocesador temprano diseñado y fabricado por Intel. El CPU de 8 bits fue lanzado en abril de 1974. Corría a 2 MHz, y generalmente se le considera el primer diseño de CPU microprocesador verdaderamente usable.

1.6.1.-Modelo de programación El Intel 8080 fue el sucesor del Intel 8008, esto se debía a que era compatible a nivel fuente en el lenguaje ensamblador porque usaban el mismo conjunto de instrucciones desarrollado por Computer Terminal Corporation. Con un empaquetado más grande, DIP de 40 pines, se permitió al 8080 proporcionar un bus de dirección de 16 bits y un bus de datos de 8 bits, permitiendo el fácil acceso a 64 KB de memoria. Tenía siete registros de 8 bits, seis de los cuales se podían combinar en tres registros de 16 bits, un puntero de pila en memoria de 16 bits que reemplazaba la pila interna del 8008, y un contador de programa de 16 bits.

1.6.2.-El 1.6.2.El impacto i mpacto industrial El 8080 fue usado en muchos de los primeros microcomputadores, tales como la Altair 8800 de MITS y el IMSAI 8080, formando la base para las máquinas que corrían el sistema operativo CP/M. Posteriormente, en 1976, aparece el microprocesador Zilog Z80, completamente compatible con el 8080 pero más capaz, el cual capitalizaría en esto, convirtiéndose el Z80 y el CP/M en la combinación dominante de CPU y OS del período, bastante parecido al x86 y el MS MS-DOS -DOS para el PC de la década posterior, los Clases de Microprocesadores M icroprocesadores – Prof. Prof. B.Barraza.

(años 1980). El primer microcomputador en una simple tarjeta fue construido en base al 8080.

1.7.-INTEL 8085 El Intel 8085 es un procesador de 8 bits fabricado por Intel a mediados de los 70. Era binariamente compatible con el anterior Intel 8080 pero exigía menos soporte de hardware, así permitía unos sistemas de microordenadores más simples y más baratos de hacer. El número 5 de la numeración del procesador proviene del hecho que solamente requería una alimentación de 5 voltios, no como el 8080 que necesitaba unas alimentaciones de 5 y 12 voltios. Ambos procesadores fueron usados alguna vez en ordenadores corriendo el sistema operativo CP/M, y el procesador 8085 fue usado como un microcontrolador.

1.7.1.-Longitud de palabra La longitud de palabra del microprocesador Intel 8085 es de 8 bits, o lo que es lo mismo, 1 byte.

1.8.-INTEL 8088 El 8088 fue lanzado en 1979. El 8086 y el 8088 ejecutan el mismo conjunto de instrucciones. Internamente son idénticos, excepto que el 8086 tiene una cola de 6 bytes para instrucciones y el 8088 de solo 4. Exteriormente se diferencian en que el 8086 tiene un bus de datos de 16 bits y el del 8088 es de solo 8 bits, por ello, el 8086 era más rápido, mientras que el 8088 podía usar menos y más económicos circuitos lógicos de soporte, lo que permitía la fabricación de sistemas más económicos. El 8088 fue el microprocesador usado para el primer computador personal de IBM, el IBM PC, que salió al mercado en agosto de 1981.  Bus de datos de 8 bits  Arquitectura interna de 16 bits  Direccionamiento de 1Mb  Clock de 5 MHz  Modo máximo y modo mínimo Bus de direcciones y datos multiplexados


1.9.-INTEL 80186 Y 80188 1.9.-INTEL Los Intel 80186 y 80188 (i80186 e i81088) son dos microprocesadores que fueron desarrollados por Intel alrededor de 1982. Los i80186 e i80188 son una mejora del Intel 8086 y del Intel 8088 respectivamente. Al igual que el i8086, el i80186 tiene un bus externo de 16 bits, mientras que el i80188 lo tiene de 8 bits como el i8088, para hacerlo más económico. La velocidad de reloj del i80186 e i80188 es de 6 MHz. Ambos microprocesadores no fueron muy usados en ordenadores personales, sino que su uso principal fue como procesadores empotrados. Una característica principal del i80186 e i80188 es que utilizándolos es posible reducir el número de circuitos integrados auxiliares necesarios, al integrar características como un controlador de acceso directo a memoria (DMA), un controlador de interrupciones, temporizadores y lógica de selección de circuito integrado. 1.9.1.-Nuevas instrucciones Con el i80186 e i80188 se introdujeron ocho nuevas instrucciones al conjunto de instrucciones x86.

1.10.-INTEL 80286 El Intel 80286 (llamado oficialmente iAPX 286, también conocido como i286 o 286) es un microprocesador de 16 bits de la familia x86, que fue lanzado al mercado por Intel el 1 de febrero de 1982. Cuenta con 134.000 transistores.

Características Una de las características interesantes de este procesador es que fue el primer procesador x86 con modo protegido, en el cual existían cuatro anillos de ejecución y división de memoria mediante tablas de segmentos. En este modo trabajaban las versiones de 16 bits del sistema operativo OS/2. En este modo protegido se permitía el uso de toda la memoria directamente, habilitando que pudiera ser direccionada hasta 16 MB de memoria con la unidad de gestión de memoria (MMU) lineal del chip y con 1 GB de espacio de dirección lógica. 1.11.-INTEL 80386 El Intel 80386 (i386, 386) es un microprocesador CISC con arquitectura x86. Durante su diseño se lo llamó 'P3', debido a que era el prototipo de la tercera generación x86. El i386 fue empleado como la unidad central de proceso de muchos ordenadores personales desde mediados me diados de los años 80 hasta principios prin cipios de los 90.


Fabricado y diseñado por Intel, el procesador i386 fue lanzado al mercado el 16 de octubre de 1985. Intel estuvo en contra de fabricarlo antes de esa fecha debido a que los costes de producción lo hubieran hecho poco rentable.

El hardware de un piloto automático y aerodinámico típico es un conjunto de cinco CPUs 80386, cada una con su propio circuito impreso. El 80386 es un diseño barato y probado a fondo que puede implementar un verdadero ordenador virtual. Se han implementado nuevas prestaciones que lo convierten en resistente a la radiación y adecuado para uso aeroespacial, pero a este veterano diseño le favorece el bajo coste, su amplio uso, y el que su rendimiento y desarrollo de software está perfectamente caracterizado

1.12.-INTEL 80486 Los Intel 80486 (i486, 486) son una familia de microprocesadores de 32 bits con arquitectura x86 diseñados por Intel Corporation. Los i486 son muy similares a sus predecesores, los Intel 80386. La diferencias principales son que los i486 tienen un conjunto conjun to de instrucciones instruc ciones optimizado, optimizado , una unidad de coma flotante y un caché unificado integrados en el propio circuit0 integrado del microprocesador y una unidad de interfaz de bus mejorada.

Estas mejoras hacen que los i486 sean el doble de rápidos que un i386 e i387 a la misma frecuencia de reloj. De todos modos, algunos i486 de gama baja baja son más lentos que que los i386 más rápidos.

2.- Constitución básica de un microprocesador 8085. El microprocesador posee una serie de “bloques internos” que se comunican entre sí y con el exterior a través de unos conjuntos de líneas denominados buses que sirven para transmitir señales y datos entre los distintos componentes. Puede apreciarse con claridad la diferencia entre los buses internos, empleados por el microprocesador para realizar real izar sus operaciones internas i nternas y los buses bu ses externos, exter nos, utilizados utiliza dos para comunicar se


con el exterior, es decir con componentes que están situados fuera del propio microprocesador. Existen tres tipos de buses distintos:

2.2.1.- Bus de direcciones Se crea en los registros de direccionamiento de 16 bits y se comunica con el exterior mediante un conjunto de 16 líneas (líneas de direcciones) normalmente enumeradas de A0 hasta A15. Por este bus, las direcciones salen siempre hacia el exterior. 2.2.2.- Bus de datos Se genera en el interior del microprocesador y lo utiliza para intercambiar información entre sus sus distintos bloques bloques internos y para para comunicarse con el exterior. exterior. Son un conjunto de 8 bits que utilizan 8 líneas de conexión al exterior, normalmente denominadas D0 a D7. Por este bus sale y entra información, por tanto se trata de un bus bidireccional. 2.2.3.- Bus de control Compuesto por una serie de líneas, variable en número según el componente de que se trate. Contiene las líneas de sincronización de funciones, pudiendo ser unas de salida y otras de entrada al microprocesador. Algunas señales de control pueden ser por ejemplo, las de lectura, escritura, reloj o clock, etc. BUS DATOS INTERNO

ACUMULADOR REGISTROS

BUS DATOS EXTERNO

INTERNOS DE 8 BITS

ALU

CONTROL

REGISTROS INTERNOS DE 16 BITS

BUS DE

REGISTRO DE

BUS DE

FLAGS

CONTROL

DIRECCIONES INTERNO

BUS DIRECCIONES EXTERNO

FIG.12A

El bloque fundamental del microprocesador es el llamado ALU, representa la parte del microprocesador microproce sador que realiza las operaciones o peraciones aritméticas aritm éticas y lógicas. Para llevar a cabo este proceso emplean normalmente un registro especial denominado Acumulador donde almacenan el resultado de las operaciones realizadas. Algunos microprocesadores poseen más de un acumulador. acu mulador. Para completar las indicaciones necesarias tras la ejecución de las instrucciones, el microprocesador emplea además un registro especial de 8 bits denominado Registro


de Estado o Registro de Flags que marcarán distintas características y peculiaridades de las operaciones desarrolladas. Posteriormente Se verá con más detalle este Registro de Flags. En la FIG.12A puede verse también un bloque denominado Control que sirve para sincronizar el funcionamiento de todo el sistema. Genera G enera señales de sincronismo sincro nismo para la ALU, memorias y dispositivos de E/S. Las unidades unidad es de control generalmente están constituidas basándose en microprogramación (programación interna no accesible al usuario) y se encargan de descifrar y ejecutar las instrucciones del programa que nosotros construyamos. Puede verse además un bloque compuesto por Registros Internos de 8 bits , se trata en este caso de una serie de registros (variable según el microprocesador de que se trate) de uso general que emplea la ALU para manipular datos. Estos registros normalmente almacenan palabras de 8 bits y en ocasiones pueden ser utilizados como registros pares (de dos en dos) almacenando palabras o informaciones de 16 bits. Hay también un bloque de Registros Internos de 16 bits que también son llamados registros de direccionamiento. Están conectados al bus de direcciones y suele haber dos registros de este tipo que son:

El Puntero de Pila, denominado abreviadamente SP, es indispensable durante el desarrollo de programas tanto para trabajar con interrupciones como para el tratamiento de subrutinas. El contenido del SP señalará en todo momento a la cima de la pila. (La pila estará constituida por un bloque de d e memoria RAM, R AM, donde se almacenarán a lmacenarán de forma temporal los datos. Hablaremos de ella con posterioridad). El Contador de Programa, denominado abreviadamente PC, es imprescindible en todos los microprocesadores. Contiene la dirección de la siguiente instrucción que deba ejecutarse y su contenido se va incrementando a medida que las instrucciones van siendo ejecutadas. De todas formas el contenido del PC puede alterarse por programa cuando se desee o cuando se necesite como posteriormente se verá, alterando de este modo la ejecución secuencial de las instrucciones.


3.-Arquitectura 3.-Arquitectura del microprocesador 8085 Sintetizando, el microprocesador 8085 está constituido básicamente por tres grandes bloques: una unidad de control, un conjunto de registros y una unidad aritm arit mético-lógica.

-Unidad de control (UC). (UC). -Registros internos del microprocesador (RI). - Unidad aritmético-lógica aritmético-lógica ALU

Fig.- Estructura del microcontrolador microcontrolador


3.1.- Unidad de control. La unidad de control es un bloque de lógica cableada dentro del CI. Esta parte del sistema controla y sincroniza las transferencias de datos y las operaciones que se realizan con ellos. Por una parte, la unidad de control se le aplica la señal de reloj maestro de microprocesador, por otra, las señales de control de otros elementos del sistema, para interrumpir la secuencia del programa, y el bus de datos, a través del decodificador de instrucciones con la información ya interpretada, para que la unidad pueda responder con las señales adecuadas. Unas salidas de la unidad de control se dirigen a los elementos externos del microprocesador (memoria y dispositivos de E/S) para indicar, por ejemplo, que la operación en curso se trata de d e una lectura o de una escritura, otras otra s a los registros internos de la propia CPU.

Fig.3.1.-Unidad de control y buses. La unidad de control, en resumen, regula la función básica del microprocesador consistente en la búsqueda y posterior ejecución de instrucciones. Esta operación es cíclica mientras no se interrumpa mediante una instrucción de paro (HALT). En el estado de búsqueda se transfiere una instrucción desde la memoria hasta el microprocesador y en el estado de ejecución se realiza esta operación.

3.2 Registros internos del microprocesador . El 8085 tiene una serie de registros de propósito general denominados B, C, D, E, H y L de 8 bits cada uno pueden operar en parejas, como se mencionó anteriormente (se agrupan para este fin B con C, D con E y H con L). Se utilizan para transformaciones internas y así obtener una mayor flexibilidad y rapidez de operación.


Los registros de propósito especial son: el Contador del Programa (CP), de 16 bits; el Stack Pointer o puntero de pila (SP), 16 bits; los Registros Tempora Te mporales les, de 8 bits cada uno, pero que pueden operar unidos; el Registro de direcciones direcciones, de 16 bits, cuyas salidas son las patas del bus de direcciones del microprocesador, y el Registro de Instrucción (RI), de 8 bits. El Contador de Programa (CP) es un registro que memoriza la dirección de la próxima instrucción a ejecutar o bien la dirección de parte de una instrucción formada por más de un byte. Las instrucciones del 8085 y de todos t odos los l os microprocesadores de 8 bits pueden ser de 1, 2 ó 3 bytes, byt es, ordenados de forma sucesiva suc esiva en la memoria. La unidad de control incrementa automáticamente en uno al contenido del CP cada vez que termina un ciclo de búsqueda, salvo cuando aparece la instrucción HALT (paro). La señal de RESET, que es una de las entradas de la unidad de control, coloca al CP a cero e inicializa la ejecución del programa.

3.3.- Unidad aritmético-lógica. La unidad de proceso completa del 8085 está formada por una ALU (Unidad aritmético-lógica), que es un circuito combinacional capaz de realizar operaciones de suma y resta, así como operaciones lógicas, un registro de 8 bits llamado Acumulador (A) y un conjunto de cinco biestables o flags denominados registros de estado, que ofrecen información relativa al resultado de las operaciones aritméticas o lógicas que se realizan.

Fig.3.3.- Unidad aritmética lógica. Cuando se realiza una operación, el acumulador contiene un operando y uno de los registros temporales. El resultado de la operación se coloca en el acumulador reemplazando al dato u operando que contenía anteriormente. Clases de Microprocesadores M icroprocesadores – Prof. Prof. B.Barraza.

La denominación y situación de cada flag se muestra en el siguiente dibujo. CY es el señalizador de arrastre, y su contenido pasa a ser 1 cuando se produce acarreo al realizar una suma. AC es el señalizador de arrastre auxiliar. Se utiliza cuando se realizan operaciones en BCD. Su valor será 1 cuando se produzca arrastre al efectuar la suma de los bits de los operandos que ocupan el cuarto lugar por la derecha. S es el flag de signo y su valor será 1 si el bit más significativo del resultado es 1. En caso contrario, será cero. Z es el señalizador de cero y se pone a 1 cuando el resultado de una operación ha sido cero. Por último, P es el flag de paridad y su valor será 1 cuando el número de bits de una palabra depositada en acumulador sea par.

Fig.-Flags

S: (Signo)

Z: (Cero)

Si el resultado es negativo S=1

Si el resultado resultad o es Cero Z=1

Si el resultado es positivo S=0

Si el resultado es diferente de cero Z=0

AC: (Carry auxiliar)

P: (Paridad )

Si hay carry auxiliar AC=1

Si el resultado es par P= 1

Si no hay carry auxiliar AC=0

Si el resultado es impar P=0

CY: (Carry) Si hay carry Cy=1 Si no hay carry Cy=0


4. Código máquina y nemónicos El juego de instrucciones de un microprocesador lo constituye todo el conjunto de expresiones binarias que el decodificador de instrucciones es capaz de interpretar. Es evidente que cuanto mayor sea el número y más variado el repertorio mayor será la operatividad del dispositivo y, en consecuencia, del sistema donde se integre. El microprocesador, como todo circuito digital, opera con unos y con ceros exclusivamente. Sin embargo, el sistema de codificación binario es muy engorroso para ser utilizado como lenguaje de programación, ya que un dato o palabra, en un circuito que utiliza un microprocesador como el 8085, está formado por 8 bits y una dirección por 16 bits. Además, tales expresiones expr esiones numéricas resultan ininteligibles. inint eligibles. Por este motivo, los equipos más elementales que se emplean para programar admiten para la escritura de las las instrucciones al menos la codificación hexadecimal. La traducción a lenguaje binario, también denominado código máquina, se realiza con el correspondiente decodificador hexadecimal/binario incorporado al equipo.

4.1. Acumulador Registro temporal Lógicamente este sistema ofrece también grandes inconvenientes, tanto en la fase de definición como en la de depuración, cuando el programa es complejo. Con el fin de aproximar la escritura y lectura de programas al lenguaje habitual, se decidió expresar las instrucciones de los microprocesadores utilizando la abreviatura o las siglas de la palabra que define de fine la operación que realiza. r ealiza. Dado el origen orig en de las compañías fabricantes de este tipo de dispositivos, estas palabras están expresadas en inglés. Así, por ejemplo, la abreviatura MOV, que procede de MOVE y significa MOVER o TRASLADAR, se utiliza para transferencia de datos entre registros internos o externos. Estas expresiones se denominan nemónicos, que significa recordatorio. Por tanto, las expresiones del del microprocesador microprocesador 8085 son un conjunto conjunto de 74 nemónicos nemónicos compatibles con las de otros dispositivos de INTEL, pero, desgraciadamente, distintas, aunque realicen la misma operación, a las de otros fabricantes. Existen equipos de programación que admiten admite n directamente las instrucciones instruccione s en forma de nemónicos. Estos equipos disponen de un programa denominado assembler, que traduce el programa escrito en leguaje ensamblador el sistema binario, que es el único código capaz de ser interpretado por la máquina. Los equipos más complejos, denominados genéricamente sistemas de desarrollo, son capaces de traducir a código máquina cualquier programa escrito en lenguajes de alto nivel, tales como Pascal,


BASIC, etc. Estos equipos facilitan enormemente el desarrollo del software de un sistema digital.

5. Tipos de instru i nstrucciones cciones El número de instrucciones que cada microprocesador puede interpretar y ejecutar es distinto en cada caso. Así el 8085 está diseñado para admitir 74 instrucciones básicas, de tal forma que, si contemplamos contemplamo s las variantes de algunas alguna s de ellas, este dispositivo está preparado par a realizar 246 operaciones distintas. 5.1 Lista de instruciones 8085 Las instrucciones del 8085 se pueden clasificar en cinco grupo: 5.1.1.- Transferencia Transferencia de datos entre registros o entre posiciones de memoria memoria y registros. re gistros. 5.1.2.- Operaciones Operaciones aritméticas. aritméticas. 5.1.3.-Operaciones 5.1.3.-Operaciones lógicas 5.1.4.-Bifurcaciones (salto). 5.1.5.- Instrucciones de stack, /S y control de máquina. máquina.

Existe un gran cantidad de clasificaciones que sin lugar a dudas ayudarían a comprender mas sus características. Pero su dominio no está en memorizarlas sin darle sentido, si no el buscar herramientas que permitan solucionar requerimientos. En programación siempre se empieza con la estructura elemental, de allí se arma la estructura total. Si no hay practica no hay maestría.

Índice de instrucciones del microprocesador 8085 1Nro 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20

Instrucción MOV MVI CMP CPI LXI STAX STA LDAX LDA INR DCR INX DCX ADD ADC ADI ACI SUB SUI SBI

Nro 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40

Instrucción ANA ANI XRA XRI ORA ORI CMC STC DAA NOP RLC RRC RAL RAR JMP JC JNC JZ JNZ JM

Nro 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50 51 52 53 54 55 56 57 58 59 60

Instrucción JP JPE CALL CC CNC CZ CNZ CM CP CPE CPO RET RC RNC RZ RNZ RM RP RPE RPO


Nro 61 62 63 64 65 66 67 68 69 70 71 72 73 74

Instrucción Instrucción RST EI DI IN OUT HLT PUSH POP DAD XCHG XTHL SPHL

Tabla 2.1 Set de instrucciones instrucciones del microprocesador 8085A No

Nemonicos

Sintesis de operación y ejemplos

0.

Directiva General

.ORG 0

: Posicion de programa en la DIRECTIVA

.data 2000H dB dW .define

: Direccion donde empiezo a colocar mis datos, en 2000H : Directiva asociada a adatos : Directiva asociada a datos exadecimales. exadecimales. : Asume una variable a un numero

Ejemplo: dB 1,2,5 Coloca los datos 1,2,5 en forma secuencial en la tabla. dW 1,3,4,4,1234H Coloca datos en la tabla pero ocupa 2 bytes.

1.

MOV R1, R2 Bits afectados: Direccionamiento: Registro registro indirecto

Movimiento Direccionamiento registro. El contenido del registro R2 es transferido al registro R1. R1 y R2 pueden ser los registros B, C, D, E, H, L o el acumulador A. Supongamos que el registro B contiene 00H y el registro C contiene 30H MOV B,C almacenará 30H en el registro B.

MOV Reg, M

Direccionamiento registro indirecto. El contenido de la dirección de memoria, cuya dirección está en los registros H-L, es transferido al registro R. R puede ser cualquiera de los registros A, B, C, D, E, H o L.

MOV M, Reg

Direccionamiento registro indirecto. El contenido del registro R es transferido a la dirección de memoria indicada por los registros H-L. Supongamos que el registro H contiene 00H y el registro L contiene 30H. La instrucción MOV M, A almacenará el contenido del acumulador en la posición de memoria 0030H.

MVI R1, R2

Cargar un registro con un dato Inmediato

Bits afectados:

El primer operando debe ser uno de los registros A, B, C, D, E, H o L, que será cargado con el dato especificado en el segundo operando (DATOS). El dato no no debe exceder de un byte. La instrucción: MVI H, 33H carga en el registro H el valor 33H, mientras que La instrucción MVI L, 44H carga en el registro L el valor 44H.

Direccionamiento: Inmediato

2 Supuestos los dos ejemplos anteriores, la instrucción

MVI M, Reg

MVI M, 2AH carga en la posición de memoria 3344H (dirección aportada por los registros H y L) el valor 2AH.


3

CMP Reg

Comparar Comparar registro o memoria con acumulador El contenido del registro o posición de memoria especificados se compara con el contenido del acumulador. Esta comparación se realiza restando internamente el contenido del registro al del acumulador, permaneciendo éste invariable, y colocando los bits de condición en función del resultado. Concretamente, el bit de cero se pone a uno si las cantidades comparadas son iguales, y se pone a cero si son desiguales. Si el acumulador almacena 0AH y el registro B contiene 05H CMP B Compara B con el acumulador efectuando una resta interna. interna. 1. El registro B contiene 05H, se complementa a 2.

Registro Complemento 1 Compemento 2 Dato complementado

05H: C-1: C-2: FBH:

+

Acumulador Dato complementado Nuevo acumulador

0AH: FBH: 05H:

+

0 1

0 1

0 1

0 1

0 1

1 0

0 1

1

1

1

1

1

0

1

1 0 1 1

0 1 0

0 1 0

0 1 0

0 1 0

1 1 0

0 0 1

1 1 0

0 1 1

CY=0 Z=0 El bit bit de cero cero se pondra pondra a cero puesto que son desiguales. Z=0

CMP M

4

CPI dato

Comparar el contenido del acumulador con un dato Inmediato

Flags afectados: Z, S, P, CY, AC

Compara el valor del byte especificado con el contenido del acumulador y posiciona los bits de cero y acarreo acarreo para indicar el resultado. El bit de cero indica igualdad. Un 0 en el acarreo indica que el contenido del acumulador es mayor que DATOS. Un 1 en el acarreo indica que el acumulador es menor que DATOS. Sin embargo, el significado del bit de acarreo es contrario cuando los valores tienen diferente signo o cuando uno de los valores está complementado. El valor de DATOS no debe exceder de un byte. Si tenemos la secuencia de instrucciones (1).MVI A, 25H (2).CPI 20H La instrucción (1) carga en el acumulador el valor 25H. La instrucción (2) realiza la siguiente operación de suma (tomando el complemento a dos del dato inmediato, es decir, E0H):

Direccionamiento: Registro indirecto

DATO Complemento 1 Compemento 2 Dato complementado

20H: C-1: C-2: E0H:

+


25H: E0H: 05H:

+

0 1

0 1

1 0

0 1

0 1

0 1

0 1

1

1

1

0

0

0

0

0 1 1 0

0 1 0

0 1 0

1 1 0

0 0 0

0 0 0

1 0 1

0 0 0

1 0 1

Cy=1 Las banderas son afectas.

S

Z

CPI Z Cy X

A

X>Y 0 0 X

X=Y 1 0 P

X

X
Cargar un par de registros con un dato Inmediato 5

LXI Reg,dato Bits afectados: Direccionamiento:

LXI es una instrucción de 3 bytes; su segundo y tercer byte contienen el dato que ha de ser cargado en el par de registros (PR). El primer operando debe especificar el par de registros a ser cargados, pueden ser los pares BC, DE, HL, o el SP. El segundo operando especifica los dos bytes a ser cargados. LXI es la única instrucción inmediata que acepta un valor de


6

Inmediato

16 bits. El resto trabajan con datos de 8 bits. Si el par de registros especificados es SP, el segundo byte de la instrucción sustituye a los 8 bits menos significativos del puntero de pila, mientras que el tercer byte de la instrucción reemplaza reemplaza a los 8 bits más significativos del puntero de pila. 1. La instrucción LXI B, 00FFH carga en el registro B el valor 00H y en el registro C el valor FFH. 2. La siguiente instrucción carga en el puntero de pila el valor 1000H LXI SP, 1000H

STAX Reg Bits afectados: Direccionamiento: Registro indirecto

Almacenar el contenido del acumulador El contenido del acumulador se almacena en la posición de memoria especificada por los registros B y C, o los registros D y E. Si el registro B contiene 3FH y el registro C contiene 16H, la instrucción STAX B almacenará el contenido del acumulador en la posición de memoria 3F16H.

7

STA Dir Direccionamiento: Directo

Almacenamiento Almacenamiento directo desde el Acumulador STA DIR almacena una copia del contenido actual del acumulador en la posición de memoria especificada por DIR. Todas las instrucciones que se muestran a continuación introducen el contenido del acumulador en la posición de memoria 0080H: STA 0080H

LDAX Reg

Cargar el acumulador El contenido de la posición de memoria especificada por los registros B y C, o los registros D y E, reemplaza el contenido del acumulador. Si el registro D contiene 3FH y el registro E contiene 16H, la instrucción LDAX D cargará en el acumulador el contenido de la posición de memoria 3F16H.

LDA Dir Bits afectados: Direccionamiento: Registro indirecto

Carga directa en el acumulador

8

9

10

INR Reg Bits afectados: Z, S, P, AC Direccionamiento: Registro indirecto

11

DCR Reg Bits afectados: Z, S, P, AC Direccionamiento: Registro indirecto

12

INX Reg Direccionamiento: Registro

LDA DIR carga el acumulador con el contenido de la memoria direccionada por DIR. La dirección puede ser puesta como un número, una etiqueta previamente definida o una expresión. A continuación se introducen en el acumulador acumulador el contenido de la posición de memoria 1000H: LDA 1000H

Incrementar registro o memoria El contenido del registro o posición de memoria especificados se incrementa en una unidad. Si el registro A contiene 98H, la instrucción INR A hará que este registro contenga la cantidad 99H

Decrementa registro o memoria El contenido del registro o posición de memoria especificados se incrementa en una unidad. Si el registro A contiene 99H, la instrucción DCR A hará que este registro contenga la cantidad 98H. Incrementar par de registros El número de 16 bits contenido en el par de registros especificado se incrementa en una unidad. 1. Suponiendo que los registros H y L contienen respectivamente 30H y 00H, la instrucción INX H hace que el registro H contenga 30H y el registro L el valor 01H. 2. Si el puntero de pila contiene FFFFH, la instrucción INX SP hace que éste contenga 0000H.


13

14

DCX Reg Direccionamiento: Registro

ADD Bits afectados: Z, S, P,CY, AC Direccionamiento: Registro

Decrementar par de registros El número de 16 bits contenido en el par de registros especificado se decrementa en una unidad. Suponiendo que los registros H y L contienen respectivamente 30H y 00H, la instrucción DCX H hace que el registro H contenga 2FH y el registro L el valor FFH.

Sumar registro o memoria al acumulador (Suma Aritmética) El contenido del registro o posición de memoria especificados se suma al contenido del acumulador, usando aritmética de complemento a dos. El resultado se guarda en el acumulador. 1. Si el registro B contiene el valor 3AH y el acumulador contiene 6CH, la instrucción ADD B realiza la siguiente suma:

Registro B Acumulador Nuevo acumulador

3AH: 6CH: A6H:

+

2. La instrucción

0 0 1

0 1 0

1 1 1

1 0 0

1 1 0

0 1 1

1 0 1

0 0 0

ADD A

duplica el contenido del acumulador.

Sumar registro o memoria al acumulador con acarreo

15

ADC Reg Bits afectados: Z, S, P,CY, AC Direccionamiento: Registro indirecto

El contenido del registro o posición de memoria especificados más el contenido del bit de acarreo, se suman al contenido del acumulador. Supongamos que el registro B contiene el valor 30H, el acumulador 76H, y el bit de acarreo está puesto a cero. La instrucción 18 Simulador del microprocesador 8085 ADC C realizará la siguiente suma:

Registro B Acumulador Bit de acarreo Nuevo acumulador A6H

30H: 76H:

0 0

0 1

1 1

1 1

0 0

0 1

0 1

1

0

1

0

0

1

1

+

0 0 0 0

El nuevo contenido del acumulador será A6H, mientras que todos los bits de condición quedarán puestos a cero excepto los de signo y paridad. Si el bit de acarreo hubiera sido 1 antes de realizar la operación, hubiera tenido lugar la siguiente suma: Registro B Acumulador Bit de acarreo Nuevo acumulador A7H

30H: 76H:

0 0

0 1

1 1

1 1

0 0

0 1

0 1

1

0

1

0

0

1

1

El acumulador contendría ahora A7H y todos los bits de condición excepto el de signo, estarían puestos a cero. 16

ADI Bits afectados: Z, S, P, CY, AC

Sumar al acumulador un dato Inmediato Suma el valor del byte especificado en la instrucción (DATOS), al contenido del acumulador y deja el resultado en el acumulador. El dato debe ser expresado en forma de número, un ASCII constante, la etiqueta de un valor previamente definido o una


0 0 1 1

expresión. El dato no debe exceder de un byte. Se utiliza aritmética de complemento a dos. Ejemplo A continuación presentamos un ejemplo con 3 instrucciones: (1).MVI A, 34    (2).ADI 20 (3).ADI -20 En todas las instrucciones se utilizan datos en base decimal. Así, por ejemplo, en la instrucción (2) el valor 20 es 14H. La instrucción (1) carga en el acumulador el valor 22H. La instrucción (2) realiza la siguiente suma Acumulador Dato inmediato Nuevo acumulador

22H: 14H: 36H:

+

0 0 0

0 0 0

1 0 1

0 1 1

0 0 0

0 1 1

1 0 1

0 0 0

1 1 0

1 0 1

0 0 0

0 0 1 1

El bit de paridad se pone a uno y el resto se quedan a cero. La instrucción (3) restaura el valor del acumulador realizando la siguiente suma: Acumulador Dato inmediato Nuevoa acumulador

36H: ECH: 22H:

+

0 1 0

0 1 0

1 1 1

1 0 0

0 1 0

Ahora los bits de paridad, acarreo y acarreo auxiliar se quedan a uno y el resto a cero. 17

ACI dato Bits afectados: Z, S, P, CY, AC

Sumar al acumulador un dato Inmediato con arrrastre Suma el contenido del byte especificado (DATOS) en la instrucción, al contenido del acumulador, añadiendo además el bit del acarreo. El resultado se almacena en el acumulador (perdiéndose así el anterior contenido del Acumulador). El dato (DATOS) debe estar especificado en forma de número, en ASCII constante, como etiqueta de un valor previamente definido o una expresión. El dato no debe exceder de un byte. Tenemos las siguientes instrucciones: (1).MVI A, 34 (2).ACI 20 y suponemos el bit de acarreo puesto a uno. La instrucción (1) carga en el acumulador el valor 22H. La instrucción (2) realiza la siguiente suma: Registro B Acumulador Bit de acarreo Nuevo acumulador

22H: 14H:

0 0

0 0

1 0

0 1

0 0

0 1

1 0

0

0

1

1

0

1

1

+ 37H:

Todos los bits se ponen a cero.

Restar registro o memoria del acumulador 18

SUB Reg Bits afectados: Z, S, P,CY, AC Direccionamiento: Registro indirecto

El contenido del registro o posición de memoria especificados se resta al contenido del acumulador, usando aritmética de complemento a dos. El resultado se guarda en el acumulador. Si no hay acarreo del bit de más peso, el bit de acarreo se pone a uno, y viceversa, al contrario de lo que ocurre con la operación de suma. Antes de entrar en los ejemplos recordamos que restar utilizando aritmética de complemento a dos equivale a complementar cada bit del segundo operando y sumar 1. 1. Si el acumulador contiene 60H y el registro E contiene 28H, la instrucción SUB E realizará la siguiente operación de resta: (Registro B)+(-28H) Acumulador Dato inmediato

60H: 28H:

0 0

1 0

1 1

0 0


0 1

0 0

0 0

0 0

Registro E Complemento 1 Compemento 2 Dato complementado

28H: C-1: C-2: D8H:


60H: D8H: 38H

0 1

0 1

1 0

0 1

1 0

0 1

0 1

1

1

0

1

1

0

0

0 1 1 0

0 1 0

1 1 0

1 0 1

0 1 1

0 1 1

0 0 0

0 0 0

0 0 0

+

+

A=38H El acumulador obtiene un nuevo valor A=38H. 19

SUI dato Bits afectados Z, S, P, CY, AC

Restar del acumulador un dato Inmediato Descripción El byte de datos inmediato se resta del contenido del acumulador usando aritmética de complemento a dos. El resultado se deja en el acumulador. Ya que se trata de una operación de resta, el bit de acarreo se pone a uno cuando no hay acarreo del bit de más peso, y se pone a cero si tiene dicho acarreo. A continuación presentamos un ejemplo con 2 instrucciones: (1).MVI A, B3H (2).SUI B3H La instrucción (1) carga en el acumulador el valor B3H. La instrucción (2) realiza la siguiente suma (usando el complemento a dos del dato inmediato): Dato inmediato Complemento 1 Compemento 2 Dato complementado

B3H: C-1: C-2: 4DH:


B3H: 4DH: 00H:

1 0

0 1

1 0

1 0

0 1

0 1

1 0

0

1

0

0

1

1

0

1 0 1 1

1 0 0

0 1 0

1 0 0

1 0 0

0 1 0

0 1 0

1 0 0

1 1 0

+

+

Como era de esperar el resultado final del acumulador es cero ya que le estamos restando su propio valor. El valor 6DH del dato inmediato corresponde al complemento a dos del valor B3H que estamos restando. Debido a que existe desbordamiento del séptimo bit se produce acarreo y se pone el bit de acarreo a cero. El bit de paridad se pone a uno mientras que los demás permanecen inactivos.

20

SBI

Restar del acumulador un dato Inmediato con arrrastre El bit de acarreo se suma internamente al byte de datos inmediato. El valor obtenido se resta del contenido del acumulador usando aritmética de complemento a dos. El resultado se deja en el acumulador. Esta instrucción, al igual que SBB, se usa preferentemente para realizar restas multi-byte. Al igual que en el apartado anterior, el bit de acarreo se pone a uno si no hay acarreo del bit de más peso, poniéndose a cero si lo hay.

Tenemos las siguientes instrucciones: (1).MVI A, 00H (2).SBI 01H y suponemos el bit de acarreo puesto a cero. La instrucción (1) carga en el acumulador el valor 00H. La instrucción (2) realiza la siguiente suma (usando el complemento a dos del dato inmediato): Acumulador Dato inmediato Bit de acarreo Nuevo acumulador

00H: FFH:

0 1

0 1

1 1

0 1

0 1

0 1

0 1

1

1

1

1

1

1

1

+ FFH:

Cy=1 Z=0 Ca=0


0 1 0 1

No hay acarreo, por lo que el bit de acarreo se pone a uno. Los bits de cero y acarreo auxiliar están a cero, mientras que los de signo y paridad se ponen a uno.

21

ANA Reg Bits afectados: Z, S, P,CY, AC Direccionamiento: Registro indirecto

Función lógica AND entre registro o Memoria con acumulador Se realiza la función lógica AND bit a bit entre el contenido del registro o posición de memoria especificados y el contenido del acumulador. El bit de acarreo se pone a cero. La tabla de verdad de la función lógica AND es: A 0 0 1 1

B 0 1 0 1

f 0 0 0 1

Si el registro B contiene 6CH y el acumulador almacena 3AH, la instrucción ANA B realiza la siguiente operación:Si el registro B contiene 6CH y el acumulador almacena 3AH, la instrucción ANA B realiza la siguiente operación: Acumulador Dato inmediato Nuevo acumulador

22

ANI datos Bis afectados: Z, S, P, CY, AC

3AH: 6CH: 28H:

0 0 0

0 1 0

1 1 1

1 0 0

1 1 1

0 1 0

1 0 0

0 0 0

Función lógica AND entre el acumulador acumulador y un Dato Inmediato Inmediato Realiza una operación Y lógica entre el dato (DATOS) especificado en la instrucción y el contenido del acumulador, el resultado queda en el acumulador. Se pone a cero el bit de acarreo. El dato, que no debe exceder de un byte, puede ser expresado en forma de número, un ASCII constante, la etiqueta de algún valor previamente definido o una Expresión. Disponemos de las siguientes instrucciones: (1).MVI A, A0H (2).ANI 0FH La instrucción (1) carga en el acumulador el valor A0H. La instrucción (2) realiza la siguiente operación AND bit a bit entre el acumulador y el dato inmediato 0FH: Acumulador A0H: 1 0 1 0 0 0 0 0 Dato inmediato 0FH: 0 0 0 0 1 1 1 1 Nuevo acumulador 00H: 0 0 0 0 0 0 0 0 La instrucción ANI del ejemplo pone a cero los cuatro bits de mayor peso, dejando invariables los cuatro menores. Ya que los cuatro bits de menor peso del acumulador eran cero, el resultado final es 00H con lo que el bit de cero se pondrá a cero.

23

XRA Reg Bits afectados: Z, S, P,CY, AC Direccionamiento: Registro

Función lógica O-EXCLUSIVO entre registro o memoria con acumulador. Se realiza la función lógica O-EXCLUSIVO bit a bit entre el contenido del registro o posición de memoria especificados y el contenido del acumulador, guardá ndose el resultado en este último. La tabla de verdad de la función lógica O-EXCLUSIVO es: A 0 0 1 1

B 0 1 0 1

f 0 1 1 0

1. Si el registro B contiene 6CH y el acumulador almacena 3AH, la instrucción XRA B realiza la siguiente operación: Acumulador 3AH: 0 0 1 1 1 Registro B 6CH: 0 1 1 0 1


0 1

1 0

0 0

Nuevo acumulador

56H:

0

1

0

1

0

1

1

0

La función O-EXCLUSIVO de cualquier bit con uno da lugar al complemento del mismo. Así, si el acumulador contiene todo unos, la instrucción XRA B produce el complemento a uno del contenido del registro B, y lo guarda en el acumulador. En algunas ocasiones, un byte se utiliza para reflejar los estados de ciertas condiciones dentro de un programa, donde cada uno de los ocho bits puede responder a una determinada condición de falso o verdadero, actuado o inhibido, etc. Mediante la función O-EXCLUSIVO podemos determinar cuántos bits de la palabra han cambiado de estado en un determinado lapsus de tiempo.

24

25

XRI Dato Bits afectados: Z, S, P, CY, AC

ORA Reg Bits afectados: Z, S, P,CY, AC Direccionamiento: Registro indirecto

Función lógica O-EXCLUSIVO entre el acumulador y un dato Inmediato Se realiza la función lógica O-EXCLUSIVO bit a bit entre un byte de datos inmediatos y el contenido del acumulador. El resultado se guarda en el acumulador. El bit de acarreo se pone a cero. Ejemplo Esta instrucción se suele utilizar para complementar bits específicos del acumulador dejando los restantes en su estado original. De este modo y suponiendo que el acumulador contiene ABH, la instrucción XRI 80H complementa el bit de más peso del acumulador, tal y como se muestra en la siguiente figura: Acumulador ABH: 1 0 1 0 1 0 1 1 Dato inmediato 80H: 1 0 0 0 0 0 0 0 Nuevo acumulador 2BH: 0 0 1 0 1 0 1 1

Función lógica OR entre registro o memoria con acumulador Se realiza la función lógica AND bit a bit entre el contenido del registro o posición de memoria especificados y el contenido del acumulador, quedando en este último el resultado. El bit de acarreo se pone a cero. La tabla de verdad de la función lógica OR es: A B f 0 0 0 0 1 1 1 0 1 1 1 1

Como sea que la función OR de cualquier bit con un uno da como resultado uno, y de cualquier bit con cero, lo deja invariable, esta función se utiliza frecuentemente para poner a uno grupos de bits. Si el registro B contiene OFH y el acumulador almacena 33H, la instrucción ORA B realiza la siguiente operación: Acumulador 33H: 0 0 1 1 0 0 1 1 Registro B 0FH: 0 0 0 0 1 1 1 1 Nuevo acumulador 3FH: 0 0 1 1 1 1 1 1 Este ejemplo concreto garantiza que los cuatro bits de menos peso del acumulador son unos, mientras que los demás permanecen invariables.

26

ORI datos Bits Afectados: Z, S, P, CY, AC

Función lógica OR entre el acumulador y un dato I nmediato ORI desarrolla una operación lógica OR entre el contenido especificado por DATOS resultado se deja en el acumulador. Los bits de acarreo y acarreo auxiliar se ponen a cero. Ejemplo Si el acumulador inicialmente contiene 3CH, la instrucción ORI F0H realiza la siguiente operación OR bit a bit: Acumulador 3CH: 0 0 1 1 1 1 Dato inmediato F0H: 1 1 1 1 0 0 Nuevo acumulador FCH: 1 1 1 1 1 1


y el contenido del acumulador. El

0 0 0

0 0 0

Como vemos la instrucción ORI de nuestro ejemplo activa los cuatro bits de menor peso, dejando invariables los restantes.

27

CMC Bits Afectados Cy

28

STC

DAA Bitsafectados Z,S,P,CY,AC Direccionamiento Registro

Complementar acarreo Si el bit de acarreo es 0, se pone a 1. Si es un 1, se pone a 0.

Activar acarreo El bit de acarreo se pone a 1.

Ajuste decimal del acumulador El número hexadecimal de 8 bits contenido en el acumulador se ajusta como dos dígitos de 4 bits codificados en binario decimal, según el proceso siguiente: (1).Si los cuatro bits menos significativos del acumulador representan un número mayor que 9, o si el bit de acarreo auxiliar es igual a uno, el acumulador se incrementa en seis unidades. Si no se presentan tales condiciones, el contenido del acumulador no varía. (2).Si los cuatro bits más significativos del acumulador representan ahora un número mayor que 9, o si el bit de acarreo es uno, los cuatro bits más significativos se incrementan en seis unidades. Asimismo, si no tienen lugar las circunstancias expuestas, el contenido del acumulador no se incrementa. Si hay acarreo de los cuatro bits menos significativos durante el paso (1), el bit de acarreo auxiliar se pone a 1; si no lo hay, se pone a 0. Por otra parte, si hay acarreo d e los cuatro bits más significativos durante el paso (2), se activará el bit de acarreo, poniéndose a cero si no se produce acarreo.

29

Esta instrucción se utiliza en las operaciones de suma de números decimales. Es la única instrucción cuya operación depende del bit de acarreo auxiliar. Supongamos que queremos realizar una suma decimal de dos números (40 + 80). Ambos bits de acarreo están a cero. La secuencia de instrucciones podría ser: (1).MVI B,80H (2).MVI A,40H ; Acumulador = 40H (3).ADD B ; Acumulador Acumulado r = 40H + 80H = C0H (4).DAA ; Acumulador = 20H ; Bit de acarreo = 1

La instrucción DAA opera de la siguiente forma: 1. Como el contenido de los bits [0 – 3] 3] del acumulador es menor que 9 y el bit de acarreo auxiliar es cero, el contenido del acumulador no varía. 2. Como los 4 bits más significativos del acumulador representan un número mayor que 9, estos 4 bits se incrementan en 6 unidades, poniendo a uno el bit de acarreo. Acumulador C0H: 1 1 0 0 0 0 +6 60H: 0 1 1 0 0 0 Nuevo acumulador 20H: 0 0 1 0 0 0

0 0 0

0 0 0

Cy=0 Cy=0 Cy=1

En resumen puedes obtener un resultado en DECIMAL a partir de una operaciion HEXADECIMAL

30

NOP

No se realiza ninguna operación.

31

RLC Bits Afectado Cy

Desplazar el acumulador a la izquierda Rotate Left Carry RLC rota un bit hacia la izquierda todo el contenido del acumulador, transfiriendo el bit de más alto orden al bit de acarreo y al mismo tiempo a la posición de menor orden del acumulador. Cy

Az

Acc

Ao ...


32

RRC Bits Afectado Cy

Desplazar el acumulador a la derecha Rotate Rigth Carry RRC rota el contenido del acumulador un bit a la derecha, transfiriendo el bit de más bajo orden a la posición de más alto orden del acumulador, además pone el bit de acarreo igual al bit de menor orden del acumulador. Supongamos que el acumulador Cy

Az

Acc

Ao ...

33

RAL

Desplazar el acumulador hacia la izquierda a través del bit de acarreo Rotate Arraund Left RAL hace girar el contenido del acumulador y el bit de acarreo un espacio de un bit hacia la salida (izquierda). El bit de acarreo que es tratado como si fuera del acumulador, se transfiere el bit de menor orden del acumulador. El bit de mayor orden del acumulador se transfiere al bit de acarreo. No tiene operandos. Cy

Az

Acc

Ao ...

RAR 34

Rotate Arround the Rigth RAR rota el contenido del acumulador y del bit de acarreo 1 bit de posición a la derecha. El bit de acarreo que es tratado como si fuera parte del acumulador se transfiere al bit de más alto orden del acumulador. El bit de menor peso del acumulador se carga en el bit de acarreo. No existen operandos en la instrucción RAR. Cy

Az

Acc

Ao ...

JMP dir Salto incondicional

35

La instrucción JMP DIR altera la ejecución del programa cargando el valor especificado por DIR en el contador de programa.

JC dir 36

La instrucción JC DIR comprueba el valor del bit de acarreo. Si es un 1 la ejecución del programa continúa en la dirección especificada por DIR. Si es un 0 el programa continúa su ejecución normal de forma secuencial. JNC dir

Saltar si no hay acarreo La instrucción JNC DIR comprueba el estado del bit acarreo. Si esta a 0 el programa cambia a la dirección especificada por DIR. Si esta a 1 la ejecución del programa continúa normalmente.

JZ dir

Saltar si hay cero La instrucción JZ DIR comprueba el bit de cero. Si está a 1 el programa continúa en la dirección expresada por DIR. Si está a 0 continúa con la ejecución secuencial normal.

JNZ dir

Saltar si no hay cero La instrucción JNZ DIR comprueba el valor del bit de cero. Si el contenido del acumulador no es cero (Bit de cero = 0) el programa continúa en la dirección especificada por DIR. Si el contenido del acumulador es cero (Bit de cero = 1) el programa continúa su ciclo normal.

JM dir

Saltar si hay signo negativo La instrucción JM DIR comprueba el estado del bit de signo. Si el contenido del acumulador es negativo (bit de signo = 1) la ejecución del programa continúa en la dirección especificada por DIR. Si el contenido del acumulador es positivo (bit de signo = 0) continúa la ejecución de la secuencia normal.

37

38

39

40


JP dir

Salta si hay signo positivo La instrucción JP DIR comprueba el estado de bit del signo. Si el contenido del acumulador es positivo (bit de signo = 0) la ejecución del programa continúa con la dirección especificada por DIR. Si el contenido del acumulador es negativo (bit de signo = 1) continúa el programa con su ejecución normal.

JPE dir

Salta si la paridad es par La paridad existe si el byte que esta en el acumulador tiene un número par de bits. El bit de paridad se pone a 1 para indicar esta condición. La instrucción JPE DIR comprueba la situación del bit de paridad. Si esta a 1, la ejecución del programa continúa en la dirección especificada por DIR. Si esta a 0, continúa con la siguiente instrucción de forma secuencial. Las instrucciones JPE y JPO son especialmente usadas para comprobar la paridad de los datos de entrada. (Sin embargo con la instrucción IN los bits no actúan. Esto puede evitarse sumando 00H al acumulador para activarlos).

41

42

CALL dir 43

Llamada incondicional CALL guarda el contenido del contador de programa (la dirección de la próxima instrucción secuencial) dentro del stack y a continuación salta a la dirección especificada por DIR. Cada instrucción CALL o alguna de sus variantes implica una instrucción RET (retorno), de lo contrario el programa podría "perderse" con consecuencias impredecibles. La dirección debe ser especificada como un número, una etiqueta, o una expresión. La etiqueta es lo más normal (El ensamblador invierte los bytes alto y bajo de dirección durante el proceso de ensamblado). Las instrucciones CALL se emplean para llamadas a subrutinas y debemos debemos tener presente que siempre emplean el stack.

44

CC dir

CNC dir

Llamar si no hay acarreo. CNC chequea el valor del bit de acarreo. Si está en cero CNC carga el contenido de contador de programa en el stack y a continuación salta a la dirección especificada por la instrucción en DIR. Si el bit está a 1, el programa continúa con su secuencia normal. Aunque el uso de una etiqueta es lo más común, la dirección puede también estar indicada por un número o por una expresión.

CZ dir

Llamar si hay cero CZ chequea el bit de cero. Si el bit esta a 1 (indicando que el contenido del acumulador es cero), CZ carga el contenido del contador de programa en el stack y salta a la dirección especificada en DIR. Si el bit está a 0 (indicando que el contenido del acumulador es distinto de cero) el programa continúa su desarrollo normal.

CNZ dir

Llamar si no hay cero CNZ chequea el bit de Cero. Si está en 0 (indicando que el contenido del acumulador no es cero), CNZ manda el contenido del contador de programa al stack y salta a la dirección especificada por DIR. Si el bit está a 1 el programa continúa su desarrollo normal.

CM dir

Llamar si hay signo negativo CM comprueba el estado del bit del signo. Si el bit esta a 1 (indicando que el contenido del acumulador es negativo) CM manda el contenido del contador de programa al stack y salta a la dirección especificada por DIR. Si el bit es 0 la ejecución del programa continúa con su secuencia normal. El uso de la etiqueta es lo más corriente, pero la dirección puede especificarse también por un número o una expresión. Llamar si hay signo positivo CP chequea el valor del bit de signo. Si está a 0 (indicando que el contenido del acumulador es positivo), CP envía el contenido del contador de programa al stack y salta a la dirección especificada por DIR. Si el bit tiene un 1, continúa el programa normalmente con la instrucción siguiente. Llamar si la paridad es par. Existe paridad en un byte si el número de unos que tiene es par. El bit de paridad se pone a 1 para indicar esta condición. CPE chequea el valor del bit de paridad. Si tiene un 1, CPE envía el contenido del contador de programa al stack y salta a la dirección especificada por la instrucción en DIR. Si el bit tiene un cero, el programa continúa normalmente. Llamar si la paridad es impar CPO chequea el bit de paridad. Si el bit esta a 0, CPO carga el contenido del contador de programa en el stack y salta a la dirección especificada en DIR. Si el bit está a 1 el programa continúa su desarrollo normal.

45

46

47

48

CP dir 49

CPE dir 50

CPO dir 51

RET 52

Llamada si hay acarrero CC comprueba el estado del bit de acarreo. Si el bit está a 1, CC carga el contenido del contador de programa en el stack y a continuación salta a la dirección especificada por DIR. Si el bit esta a 0, la ejecución del programa continúa con la próxima instrucción de su secuencia normal. Aunque el uso de una etiqueta es lo más normal, la dirección puede ser especificada también como un número o una expresión.

Retorno incodicional Se realiza una operación de retorno incondicional. La instrucción RET echa fuera dos bytes de datos del stack y los mete en el registro contador de programa. El programa continúa entonces en la nueva dirección. Normalmente RET se emplea conjuntamente con CALL.


RC

Retorno si hay acarreo La instrucción RC comprueba el estado del bit de acarreo. Si tiene un 1 (indicando que hay acarreo) la instrucción saca dos bytes del stack y los mete en el contador de programa. El programa continúa en la nueva dirección suministrada. Si el bit es 0, el programa continúa en la siguiente instrucción de la secuencia nor mal.

RNC

Retorno si no hay acarreo

53

54 La instrucción RNC comprueba el bit de acarreo. Si está a 0 indicando que no hay acarreo, la instrucción echa fuera del stack dos bytes y los carga en el contador de programa. Si el bit está a 1 continúa el ciclo normal. RZ

Retorno si hay cero La instrucción RZ comprueba el bit de cero. Si está a 1, indicando que el contenido del acumulador es cero, la instrucción echa fuera del stack dos bytes y los carga en el contador de programa. Si el bit está a 0, continúa el ciclo normal.

RNZ

Retorno si no hay cero La instrucción RNZ comprueba el bit cero. Si está a 0, indicando que el contenido del acumulador no es cero, la instrucción echa fuera del stack dos bytes y los carga en el contador de programa. Si el bit está a 1, continúa el ciclo normal.

RM

Retorno si hay signo negativo La instrucción RM comprueba el bit de signo. Si tiene un 1, indicando dato negativo en el acumulador, la instrucción echa dos bytes fuera del stack y los mete en el contador de programa. Si el bit tiene 0, continúa el programa normal con la siguiente instrucción.

RP

Retorno si hay signo positivo La instrucción RP comprueba el bit signo. Si está a 0, indicando que el contenido del acumulador es positivo, la instrucción echa fuera del stack dos bytes y los carga en el contador de programa. Si el bit está a 1 continúa el ciclo normal.

RPE

Retorno si la paridad es par La instrucción RPE comprueba el bit de paridad. Si está a 1, indicando que existe paridad, la instrucción echa fuera del stack dos bytes y los carga en el contador de programa. Si el bit está a 0 continúa el ciclo normal. (Existe paridad si el byte que está en el acumulador tiene un número par de bits, colocándose el bit de paridad a 1 en este caso).

RPO

Retorno si la paridad es impar La instrucción RPO comprueba el bit de paridad. Si está a 0, indicando que no hay paridad, la instrucción echa fuera del stack dos bytes y los carga en el contador de programa. Si el bit está a 1, continúa el ciclo normal.

RST

Es una instrucción CALL para usar con interrupciones. RST carga el contenido del contador de programa en el stack, para proveerse de una dirección de retorno y salta a una de las "ocho" direcciones determinadas previamente. Un código de tres bits incluido en el código de operación de la instrucción RST especifica la dirección de salto. Esta instrucción es empleada por los periféricos cuando intentan una interrupción. Para volver a la instrucción en que ha tenido lugar la interrupción, se debe utilizar una instrucción de RETORNO. Activar interrupciones La instrucción EI pone en servicio el sistema de interrupciones a partir de la siguiente instrucción secuencial del programa. Esta instrucción activa el flip-flop INTE. Se puede desconectar el sistema de interrupciones poniendo una instrucción DI al principio de una secuencia, puesto que no se puede predecir la llegada de una interrupción. Al final de la secuencia se incluye la instrucción EI que vuelve a habilitar el sistema de interrupciones. (RESET también pone fuera de servicio el sistema de interrupciones además de poner el contador de programa a cero). Desactivar interrupciones Esta instrucción desactiva el flip-flop INTE. Después de la ejecución de una instrucción DI, el sistema de "interrupciones" esta sin posibilidad de ponerse en marcha. En aplicaciones que empleen las interrupciones, la instrucción DI se emplea solamente cuando una determinada secuencia no debe ser interrumpida. Por ejemplo, se puede poner fuera de servicio el sistema de interrupciones incluyendo una instrucción DI el principio del código de secuencia. La interrupción TRAP del 8085 no puede ser puesta fuera de servicio. Esta interrupción especial esta prevista para serios problemas que pueden presentarse independie ntemente del bit de interrupción (fallo de alimentación, etc.). Entrada La instrucción IN PORT lee los 8 bits de datos que hay en el "PORT" especificado y los carga en el acumulador. El operando debe ser un número o una expresión que produzca un valor comprendido entre 00H y FFH.

55

56

57

58

59

60

61

EI 62

DI 63

IN port 64

1. La instrucción IN 2 deposita en el acumulador los datos de entrada del puerto 2.


OUT port

Salida

65 OUT PORT pone el contenido del acumulador en el bus de datos de 8 bits del puerto seleccionado. El número de puertos oscila de 0 a 255 y es duplicado en el bus de direcciones. Es la lógica externa la encargada de seleccionar el puerto y aceptar el dato de salida. El operando (PORT) debe especificar el número del puerto de salida seleccionado. instrucción OUT 2 envía el contenido contenido del acumulador al puerto de salida número 2. 1. La instrucción 66

HLT

La instrucción HLT detiene el procesador. El contador de programa contiene la dirección de la próxima instrucción secuencial. Por otro lado los bits y registros permanecen inactivos. Una vez en estado de parada el procesador puede volver a ser arrancado solamente por un acontecimiento externo, es decir una interrupción. Por tanto debemos asegurarnos que las interrupciones estén en disposición de ser activadas antes de ejecutar la instrucción HLT. Si se ejecuta HLT estando las interrupciones fuera de servicio, la única manera de volver arrancar el procesador será mediante un RESET o a través de la interrupción TRAP. El procesador puede salir temporalmente del estado de parada para servir un acceso directo a memoria, sin embargo terminado el acceso directo vuelve al estado de parada. Un propósito básico de la instrucción HLT es permitir una pausa al procesador mientras espera por la interrupción de un periférico.

Colocar datos en stack El contenido del par de registros especificado se guarda en dos bytes de memoria definidos por el puntero de stack. El contenido del primer registro se guarda en la posición de memoria inmediatamente inferior a la del puntero de stack. El contenido del segundo registro del par se guarda en la posición de memoria dos unidades inferior al puntero de stack. Si se hace referencia al para de registros PSW, en el primer byte de información se guarda el estado de los cinco bits de condición. El formato de este byte es el siguiente: 67

PUSH pr S

Z

X

A

X

P

X

Cy

Sea cual sea el par de registros especificado, una vez que los datos se han guardado, el puntero de pila se decrementa en dos unidades. 1. Supongamos que el registro B contiene 3FH, el registro C contiene 16H y el puntero de pila vale 2030H. La instrucción PUSH B almacenará el contenido del registro B en posición de memoria 2029H, el contenido del registro C en la dirección de memoria 2028H, y decrementa dos unidades el puntero de stack, dejándolo en 2028H. Gráficamente podemos ver el proceso anterior: Antes de PUSH Puntero Stack 2030 Registro B 3F

Después de PUSH

Registro C 16

Puntero Stack 2028 Registro B 3F

Registro C 16

MEMORIA

DIRECCION

MEMORIA

DIRECCION

00

2027

00

2027

00

2028

16

2028

00

2029

3F

2029

00

2030

00

2030

2. Supongamos ahora que el acumulador contiene 33H, el puntero de pila tiene 102AH, y los bits de condición de cero, acarreo y paridad están a uno, mientras que los de signo y acarreo auxiliar están a cero. La instrucción PUSH PSW


Almacena el contenido del acumulador en la posición de memoria 1028H, y coloca el valor 47H, correspondiente a los citados estados de los bits de condición, en la posición 1029H, mientras que en el puntero de pila queda el valor 1028H.

68

POP pr

Sacar datos del stack POP pr copia el contenido de la posición de memoria direccionada por el stack pointer en el registro de bajo orden del par de registros especificados. A continuación se incrementa el stack pointer en 1 y copia el contenido de la dirección resultante en el registro de más alto orden del par. Luego se incrementa el stack pointer otra vez de modo que se apunta al siguiente dato del stack. El operando debe especificar el par de registros BC, DE, HL o PSW. POP PSW usa el contenido de la localización de memoria especificada por el stack pointer para restablecer los bits de condiciones.

1. Supongamos que las posiciones de memoria 2028H y 2029H contienen respectivamente 16H y 3FH, mientras que el puntero de pila contiene 2028H. La instrucción POP B Carga el registro C con el valor de 16H de la posición de memoria 2028H, carga el registro B con el valor 3FH de la posición 2029H, e incrementa dos unidades el puntero de stack, dejándolo en 2030H. Gráficamente podemos ver este proceso:

Antes de POP POP Después de POP

Puntero Stack 2028 Registro B 00

Registro C 16

MEMORIA

DIRECCION

00

2027

16

2028

3F

2029

00

2030

Puntero Stack 2030 Registro B 3F

Registro C 16

MEMORIA

DIRECCION

00

2027

16

2028

3F

2029

00

2030

2. Si las posiciones de memoria 1008H y 1009H poseen respectivamente 00H y 16H, y el puntero de pila vale 1008H, la instrucción POP PSW carga 00H en el acumulador y pone los bits de estado de la siguiente forma: S

Z

X

A

X

P

X

Cy

=16H

69

DAD pr Bits sfectados

Suma doble DAD RP suma el valor de un dato de 16 bits contenido en un determinado par de registros (PR) al contenido del par de registros HL. El resultado es almacenado en el par HL. Los operandos (PR) pueden ser B = BC, D = DE, H = HL, SP. Téngase en cuenta que la letra H debe ser empleada para especificar que el par de registros HL debe ser doblado. DAD pone el bit de acarreo a 1 si hay una salida de acarreo de los registros HL. Y además no afecta a ningún otro bit.

1. Supuesto que los registros D, E, H y L contienen 33H, 9FH, A1H y 7BH respectivamente, la instrucción Realiza la siguiente suma: B – C C 339F H – L L A17B H – L L 051A


2. Al ejecutar la instrucción DAD H se duplica el valor del número de 16 bits contenido en H – L L (equivale a desplazar los 16 bits una posición hacia la izquierda). 70

XCHG Intercambiar datos entre registros XCHG cambia el contenido de los registros H y L con el contenido de los registros D y E. Si los registros H, L, D y E contienen respectivamente 01H, 02H, 03H y 04H, la instrucción XCHG realiza el siguiente intercambio: Antes de ejecutar XCHG Despues de ejecutar XCHG

71

XTHL

D

E

H

L

03

04

01

02

D

E

H

L

01

02

03

04

Intercambiar datos con el stack XTHL cambia los dos bytes de la posición más alta del stack con los dos bytes almacenados en los registros H y L. Así XTHL salva el contenido actual del par HL y carga nuevos valores en HL. XTHL cambia el contenido del L con la posición de memoria especificada por el stack pointer y el registro H es intercambiado con el contenido del SP+1. Si el puntero de pila contiene 40B4H, los registros H y L contienen AAH y BBH respectivamente, y las posiciones de memoria 40B4H y 40B5H contienen CCH y DDH respectivamente, la instrucción Después de XTHL Antes de XTHL

72

SPHL

Puntero Stack 40B4 Registro H DD

Registro L CC

Puntero Stack 40B4 Registro H AA

Registro L BB

MEMORIA

DIRECCION

MEMORIA

DIRECCION

00

40B3

00

40B3

BB

40B4

CC

40B4

AA

40B5

DD

40B5

00

40B6

00

40B6

Cargar el puntero de stack desde los registros registros H y L Los 16 bits contenidos en los registros H y L reemplazan el contenido del puntero de stack. El contenido de los registros H y L permanece invariable. Si los registros H y L contienen respectivamente 50H y 6CH, la instrucción SPHL carga el puntero de stack con el valor 506CH.

Fuente: Apendice A1 de instrucciones instrucciones del 8085: http://es.scri http://es.scribd.com/doc bd.com/doc/8175706 /81757060/Instruccion 0/Instrucciones-Del-8085 es-Del-8085


6.- EJERCICIOS DE PROGRAMACIÓN LENGUAJE ASSEMBLER ASSEMBLER 8085. 8 085. Para programar en lenguaje assembler, se debe dominar las 74 instruccion instrucciones es del microprocesador, esto es el requicito mínimo para ensamblar dado que existe una infinidad de problemas que qu e se pueden plantear dependiendo de las la s necesidades nece sidades de cada caso. ca so. Una de las soluciones mas elementales a la hora de plantear un problema en programación assembler es crear la lógica por medio de un fluxogra fluxograma. ma. Por ende recomiendo hacer ejercicios de lógica a travéz de esta herramienta. Existen programas para ensamblar del m-8085, que sin lugar lugar a dudas os ayu ayudarán darán a tener tener una programación mas flexible y natural. A continuación dejo una serie de ejercicios que he encontrado en internet, material del profesor y practicas que he querido transcribir.

Fig.5.-Simulador Fig.5.-Simulador 8085

SIMULADOR ASSEMBLER (Laboratorio 1)

Una herramienta muy poderosa para simular el ensamblador 8085 es el SIM85. Instalado este programa, ir a: archivo/ Editor ASM. Llamamos al editor, alli creamos un nuevo archivo (Copiamos cualquier cualquier ejercicio o creamos un programa) ensamblamos ensamblamo s haciendo click en estos estos dos iconos. El primero ensambla, ensambla, generado un texto si fue fue compilado correcto o incorrectamente. incorrectam ente. El segundo segundo icono llama a ensamblar ensamblar y simular. En caso caso de problemas se genera un texto te xto indicando el error.

Clases de Microprocesador M icroprocesadores es – Prof. Prof. B.Barraza.

NEMONICO EXP. GRAF. FLAGS INSTRUCCIONES INSTRUCCIONES DE TRANSFERENCIA TRANSFERENCIA

MOV r1,r2 MOV r,M MOV M,r MVI r,byte MVI M,byte LXI rp,doble LDA addr STA addr LHLD addr SHLD addr LDAX rp STAX rp XCHG

(r1)(r2) (r)[(HL)] [(HL)] (r) (r) byte [(HL)] byte (rpl)1º byte (rph)2º byte (A)[addr] [addr](A) (L)[addr] (H)[addr+1] [addr](L) [addr+1](H) (A)[(rp)] [(rp)](A) (H)(D) (L)(E)

NINGUNO NINGUNO NINGUNO NINGUNO NINGUNO NINGUNO NINGUNO NINGUNO NINGUNO NINGUNO NINGUNO NINGUNO NINGUNO

INSTRUCCIONES INSTRUCCIONES ARITMÉTICAS ARITMÉTICAS

ADD r ADD M ADI byte ADC r ADC M ACI byte SUB r SUB M SUI byte SBB r SBB M SBI byte INR r INR M DCR r DCR M INX rp DCX rp DAD rp DAA

(A)(A)+(r) (A)(A)+[(HL)] (A)(A)+byte (A)(A)+(r)+CY (A)(A)+[(HL)]+CY (A)(A)+byte+CY (A)(A)-(r) (A)(A)-[(HL)] (A)(A)-byte (A)(A)-(r)-CY (A)(A)-[(HL)]-CY (A)(A)-byte-CY (r)(r)+1 [(HL)][(HL)]+1 (r)(r)-1 [(HL)][(HL)]-1 (rp)(rp)+1 (rp)(rp)-1 (HL)(HL)+(rp) Ajuste BCD de (A)

TODOS TODOS TODOS TODOS TODOS TODOS TODOS TODOS TODOS TODOS TODOS TODOS Z, S, P, AC Z, S, P, AC Z, S, P, AC Z, S, P, AC NINGUNO NINGUNO CY NINGUNO

INSTRUCCIONES LÓGICAS.

ANA r ANA M ANI byte XRA r

(A)(A) and (r) (CY)0, (AC)1 (A)(A) and [(HL)] (CY)0, (AC)1 (A)(A) and byte (CY)0, (AC)1 (A)(A) xor (r)

TODOS TODOS TODOS TODOS


XRA M XRI byte ORA r ORA M ORI byte CMP r CMP M CPI byte

(A)(A) xor [(HL)] (A)(A) xor byte (A)(A) or (r) (A)(A) or [(HL)] (A)(A) or byte (A)-(r) (A)-(r) (A)-[(HL)] (A)-[(HL)] (A)-byte

TODOS TODOS TODOS TODOS TODOS TODOS TODOS TODOS

NEMONICO EXP. GRAF. FLAGS INSTRUCC INSTRUCCION IONES ES DE DE ROTAC ROTACII N Y FLAGS

RLC RRC RAL RAR CMA CMC STC

Rotacion izqda Rotación dcha Rot. izqda. con CY Rot. dcha. con CY Comp. A1 de (A) Invierte (CY) (CY)1

CY CY CY CY NINGUNO CY CY

INSTR INSTRUCC UCCIO IONES NES DE BIFURC BIFURCAC ACII N ccc=NZ salto si no cero (Z=0), ccc=Z salto si cero (Z=0), ccc=NC salto si no acarreo (CY=0), ccc=C salto si acarreo (CY=1) , ccc=PO salto si paridad impar (P=0), ccc=PE salto si paridad par (P=1), ccc=P salto si positivo (S=0), ccc=M salto si negativo ( S=1 )

JMP addr Jccc addr

(PC)addr Si ccc=1, (PC)addr; Si ccc=0, (PC)(PC)+3 CALL addr Guarda PC en la pila (PC)addr Cccc addr Si ccc=1, guarda PC en la pila, (PC)addr; Si ccc=0, (PC)(PC)+3 RET Recupera PC de la pila Rccc Si ccc=1, recupera recupera PC de la pila; Si ccc=0 (PC)(PC)+1 RSTn (PC)n x 8 PCHL (PC)(HL)

NINGUNO NINGUNO NINGUNO NINGUNO NINGUNO NINGUNO NINGUNO NINGUNO

INSTRUCCIONES INSTRUCCIONES DE MANEJO DE LA PILA.

PUSH rp PUSH PSW POP rp POP PSW XTLH SPLH

[(SP)-1] (rpl) [(SP)-2] (rph) (SP)(SP)-2 [(SP)-1] (A) [(SP)-2] (RE) (SP)(SP)-2 (rph) [(SP)] (rpl) [(SP)+1] (SP)(SP)+2 (RE) [(SP)] (A) [(SP)+1] (SP)(SP)+2 (L) [(SP)] (H) [(SP)+1] (HL) (SP)

NINGUNO NINGUNO NINGUNO NINGUNO NINGUNO NINGUNO

INSTRUCCIONES DE ENTRADA Y SALIDA.

IN puerta OUT puerta

(A)[puerta] [puerta] (A)

NINGUNO NINGUNO


INSTRUCC. DE CONTROL DE INTERRUPCIONES

EI DI HLT NOP RIM SIM

Habilita interrupciones Inhabilita interrupciones Para el microprocesador microprocesador No hace nada Lee linea serie y estado interrupciones. Escribe en linea serie y Programa interrupciones.

NINGUNO NINGUNO NINGUNO NINGUNO NINGUNO NINGUNO

6.- EJERCICIOS EN LENGUAJE ASSEMBLER. Para manejarnos en en la programación ASSEMBLER, debemos tener claro con cuales herramientas disponemos, operaciones, operacione s, rutinas, tiempo de de ejecucion. Conocer las limitantes y saber desarrollar el camino mas optimo para solucionar un problema.

LXI STAX LDAX DCX INX

STA LDA DCR INR

MVI

MOV

Si no eres eres capaz de diferenciar diferenciar entre STAX y STA estás en serios serios problemas....

Ejemplo1:Este programa Suma 1+1 en ASSEMBLER .ORG 0 MVI A,1H MVI B,1H ADD B HLT


1.-Ingresa 1.-Ingresa el valor del acumulador en la l a direccion 4200H

.ORG 0 MVI A,10H STA 4200H HLT

Analisis: Este programa carga 10H al acumulador enseguida es almacenado en la direccion especificada por STA. Fluxograma: Cargar acumulador Almacenar FIN. 2.- Creando mi primer COUNTER de 10 a 00H en ciclo. .ORG 0 MVI C,10H LOOP: DCR C JNZ LOOP HLT

Analisis: El counter es una herramienta de ciclo finito, de gran utilidad se usa para recorrer determianda cantidad de posiciones en el registro, complementado con un condicionante para el fin de su ejecución. En general se usa en conjunto a la instreuccion JNZ, JZ, CMP etc. Elementos condicionantes para efectuar un salto, comparar o logicos. Fluxograma: Inicializar -> Origen 0, Counter Count er en 10 ->Decrementar Counter-> Si: es igual a 0 FIN, No: No: Regresar a decrementar. 3.- Permite sumar valores en el acucmulado .ORG 0 MVI A,00H ;inicializo Acumulador Acumulador MVI C,10H ; dato2 dato2 o ounter MVI B,02H ; dato 1 o tabla LOOP: ADD B

;permite sumar a=a+b

LXI H,1000H ;en esta direecion se almacena informacion del programa programa

DCR C

; contador

JNZ LOOP HLT


4.- Ingresa los valores de forma regresiva de una tabla dada (Laboratorio 2) El programa debe realizar lo siguiente: siguiente: Se tiene una tabla de 10 datos numericos almacenados en formaascendentes a partir de la direccion de memoria 1000h. Se desea construir una segunda tabla a partir de estos datos y almacenarlos a partir de la posicion de memoria 1010h, pero en forma inversa, es decir, estos datos deberan quedar en forma descendente

Desarrollo: data 1000H dB 1h,2h,3h,4h,5h,6h,7h,8h,9h,10h .ORG 0 MVI A,0 MVI L,9 ;COUNTER LXI B,1009H ;POSICIONAMIENTO LXI D,1010H ;POSICIONAMIENTO XX: LDAX B STAX D DCX B INX D DCR L JNZ XX HLT

Descripción: Existen muchas maneras de crear lo que se nos pide. Visualicemos 2 tablas llamadas BC y DE. En BC ya se han han ingresado datos y en DE esos datos datos se almacenarán de forma inversa. Ambos con el mismo tamaño N. La manera que abordé este problema fue empezar a recorrer recorr er en forma decreciente la tabla tabla BC y su su información se almacenaba en el acumulador a mismo tiempo que se transfería este este dato a la tabla DE.

5.-Suma en el contador la cantidad de unos que hay en una tabla. LXI H,2000H MVI C,0 MVI B,10 OTRO: MOV A,M CPI 1


JNZ XX INR C XX:

DCR B JZ FIN INX H JMP OTRO HLT


ADICION ADICION DE 2 NUMEROS NUMERO S DE 8 BITS (Material profe)


MULTIPLICATION MULTIPLICATION OF TWO 8 BITS NUMBERS NUMBER IN AN ARRAY OF DATA


LARGEST

SMALLEST NUMBER IN AN ARRAY OF DATA


ARRANGE AN ARRAY OF DATA IN DESCENDING DESCENDING ORDER


HEX TO BCD CONVERSION



7.- OPERACION OPERACION INTERNA DE UN MICROPROCESADOR 7.1 Ejecución de un Programa. Hasta ahora se estudiaron la arquitectura de una CPU, el formato de las instrucciones y los distintos tipos de instrucciones. Veremos ahora cómo se ejecuta un programa almacenado en memoria.

Un programa almacenado en memoria está listo para ser ejecutado por el microprocesador. Para ser ejecutado, es necesario cargar el PC con la dirección de la primera instrucción a ser ejecutada. Luego, el PC se incrementa automáticamente recorriendo secuencialmente los sucesivos lugares de memoria donde se halla el programa.

7.2 Ciclos de operación. Hay dos operaciones fundamentales que realiza un procesador:

- Búsqueda de la instrucción: en la cual el procesador busca el código de operación(FETCH). - Ejecución de la instrucción: en la cual el procesador ejecuta la operación determinada por la instrucción. Un procesador se encuentra siempre haciendo una de las dos operaciones anteriores. 4.2.1.-Ciclo de instrucción Es el tiempo total, medido en números de períodos de reloj, de duración de un ciclo de búsqueda más uno un o de ejecución de la instrucción teniendo en cuenta los sucesivos accesos a memoria en el caso de ser una instrucción de más de un byte.

4.2.2.-Ciclo de máquina Es el tiempo, medido en números de períodos de reloj de duración de una operación de lectura, de escritura o de búsqueda (Fetch) de una instrucción. Un ciclo de instrucción está compuesto por uno o varios ciclos de máquina (M1, M2, M3,M4), dependiendo del tipo de instrucción. Se denomina M1 al ciclo de búsqueda, pues siempre es el primero de cada ciclo de instrucción. Los ciclos de máquina más comunes son: Fetch, Memory Read, Memory Write, I/O Read, I/O Write, INA, etc.

TIMING DIAGRAM for various machine cycles Clases de Microprocesador M icroprocesadores es – Prof. Prof. B.Barraza.

Los ciclos de la máquina son las operaciones básicas realizadas por el procesador, mientras que las instrucciones se ejecutan. El tiempo necesario para realizar cada ciclo de la máquina se expresa en términos de Tstates. Un T-estado es el período de tiempo de un ciclo de reloj del microprocesador.The various machine cycles are (los diferentes ciclos de la máquina son):

1. Opcode fetch ……...…... ....4 / 6 T 2. Memory Read ……….… ... 3 T 3. Memory Write …………. 3 T 4. I/O Read………………… 3 T Write………………… 3 T 5. I/O Write………………… 6. Interrupt Acknowledge…

6 / 12 T

7. Bus Bus Idle………………….. Idle………………….. 2 / 3 T

EJERCICIO ( TIPO PRUEBA ) Se tiene un crital de 6,1414Mhz determinar determinar el Tiempo de ejecucion del programa

MVI B,104

4T

LXI H,1000

10T ;Inicializa ;Inicializa el contador aqui 1000=N

DEI: DCX H

4T

MOV A,B

4T

ORA H

4T

JZ FIN

7/10T 7/10 T

10T(N-1)

JNZ DEI

7/10T

7T(N-1)+10T

FIN: HLT

12TN

4T

TT= 4T+10T+12T*N +(N-1)*7T + (N-1)*10T +10T+4T TT=29N-11T 

 T=   


Programa Programa de retardo Ejemplo 1 de tiempo de retardo

xx:

MVI A,03

; 7T Aqui N=03

DCR A

; 4T

JNZ XX

; 10T/7T Salta ocupando 10T

next inst.

; ......

HLT

; 4T

7T 4T 10T

4T 10T

4T 7T 4T

N=2

N=1

N=0

N N-1

Tiempo Total= 7T+ 4TN +10T(N-1) +7T +4T Tiempo Total = 7T+ 4TN +10TN -10T+7T+4T =8T+12TN N=Tiempo Total-8T / 12T


Ejemplo Ejemplo 2 de tiempo t iempo de retardo

START

NO N1

SI N2

N1=N2

X

NO N2=0 SI N1=0 NO

SI

TT= 4T+ N1* 7T +N1X + N1*4T +(N1-1)10T+ 7T+4T X=N2*4T+(N2-1)*10T+7T


EJERCICIO PROPUESTOS PARA EL EL PRIMER EXAMEN

1.

Listar y explicar los modos de direccionamiento usados en el uP 8085.

2.

Dibujar el diagrama de flujo de la siguiente operación.

Sumar A2H con 18H, 18H, si la suma es mayor mayor que FFH mostrar el valor 01 en la puerta 5H, otro caso mostrar en la salida 00H. .ORG 0 MVI MVI MVI MVI MOV ADD CPI JNC MVI OUT

A, 00H B,00H C,A2H D,18H A,C D FFH LOOP A,01 00H

LOOP: MVI A,01H OUT 05H HLT

2.-Encender los 8 led en forma serial de desde izquierda a derecha

3.-Que operación se realiza con cada una de las instrucciones indicadas; MOV A, L MVI D, 75H ADD C SUB L OUT 00H ANI 45H DCR B CMP E XRA L CMA HLT


3. Mostrar los contenidos de cada registro cuando las instrucciones son ejecutadas. Inicialmente todos los registros están en 0. a. MVI A, 56H MVI B, 28H MOV A, B MOV C, A MOV H, C HLT

b. MVI B, 28H ORI 45H SUB B MOV C, A MOV E, C HLT

c. MVI B, 28H CMA XRA B MOV L, B ADD L HLT

4. Especificar los contenidos de cada registro en un uP 8085, cuando se ejecutan las siguientes instrucciones. Asuma que todos los registros inicialmente están en 0. a. MVI B, A9H MVI C, 34H ADD B SUB C MOV D, A MVI A, 7DH ORA D MOV H, A CMA XRA H MOV C, H MOV A, D HLT

b. MVI A, 03H RLC RAR MVI E, 76H CMP E MOV B, A MOV H, B MOV L, H SUI 21H ANA L MOV C, L INR C HLT

c. MVI C, D1H INR A ANA C MOV D, C ANA D ADI 4CH MOV L, A DCR L XRI 24H ORA L DCR L MOV L, A HLT

5. Especificar los contenidos de registros y banderas afectados, cuando las siguientes instrucciones se ejecutan. Asuma registros inicialmente en 0 a. MVI L, 04H ADI 2BH SUB L MOV B, A RAL B CMP B HLT

b. CMA XRI 56H MOV B, A MOV D, B ADD D ORA D HLT

c. MVI C, 71H MVI D, 29H MOV A, D SUB D ADD C ANA D HLT

d. MVI H, 8AH DCR H DCR H ORI 9DH ANI 36H SUB H HLT

6. Especificar los contenidos del acumulad acumulador or y bit status status CY para para las siguientes siguientes instrucciones. Explicar el significado del carry flag, si está en 1. a

MVI A, B7H RLC RLC RLC RLC HLT

b MVI A, B7H RAL RAL RAL RAL HLT

c. MVI A, B7H RRC RRC RRC RRC HLT

d. MVI A, B7H RAR RAR RAR RAR HLT

8. Escribir un programa 8085 para; a) limpiar Acc. b) sumar 47H c) restar 92h d) XOR 64H d) OR 38H e) AND 2BH f) mostrar mostrar resultado resultado final 9. Write 8085 assembly language to a) load 00h in accumulator b) decrement the accumulator accumulator by 1 four times c) transfer the answer to others register available in 8085 microprocessor.


10. Escriba 8085 en lenguaje ensamblador para a) cargar 00h en el acumulador b) disminuir el acumulador 1 cuatro veces c) transferir la respuesta a otros registran disponible en 8085 microprocesador. 11. Escribir instrucciones para cargar el 65H nnúmero úmero hexadecimal en el registro C y 92H en el acumulador. Muestra el número de 65H en el puerto 07H y 92H a 08H. 12.

Indique los registros pares

13. Mostrar los contenidos de registros y localizaciones de memorias, que son afectados por la ejecución de las siguientes siguientes instrucciones (Seguimiento de programa programa ejecutándose paso paso a paso). A

C

D

E

H

L

Memory

MVI C, FFH LXI H, 2070H MOV M, C LXI D, 2070H LDAX D LDA 2070H HLT 14. Identificar los contenidos de los registros, localización de memoria 2355H 2355H y las banderas, banderas, cuando se ejecutan las siguintes instrucciones. A

H

L

S

Z

AC

LXI H, 2355H MVI M, 8AH MVI A, 76H ADD M STA 2355H INR M ORA M HLT 15.

Especificar los contenidos de registros al final del programa

LXI H, 2001H MVI M, 55H LXI D, 3001H MOV A, M STAX D INX H MVI M, A8H LDA 2002H DCX H ADD M STA 3002H LXI B, 2001H INX B STAX B XCHG ANA M HLT


P

CY

2355H

16. Tres bytes de datos AAH, BBH, CCH se almacenan en posiciones de memoria 2000H a 2002h. Transfiera todo el bloque de datos a nuevas ubicaciones a partir de 3000H. 17. Datos byte 22H, A5H, B2H, 99H, 7FH y 37H se almacenan en una ubicación de memoria a partir de 200 2000H 0H ubicación ubicación.. La transferencia transferencia de de los datos a la ubicación ubicación 3000H 3000H a 3005H en orden orden inverso. (22H a 37H 3005H y 3000H a). 18. Escriba un programa para agregar datos byte 1AH, 32H, 4FH, 12H, 27H almacenados en 2000H ubicación. Muestra la suma en 3000H ubicación. Utilice el registro pares HL y DE como puntero puntero de memor memoria ia para transferir transferir un byte byte desde desde y hacia hacia la memoria memoria de registro. registro. 19. Escribir un programa para restar dos bytes a la vez y almacenar el resultado en un orden secuencial en la posición de memoria a partir de 3000H. Suponga que el F9H datos, 38H, A7H, 56H, A2H, F4H se almacenan a partir 2000H direcciones. Utilice el registro par BC y HL como puntero de memoria para transferir un byte de la memoria en el registro.

20. Identificar el contenido de los registros, registros, localización de memoria 2070H y flag Z cuando cuando las siguientes instrucciones son ejecutadas A

Z

HL

2070H

MVI A, 7FH ORA A CPI 12H LXI H, 2070H MVI M, 7FH CMP M 21. Definir el mnemonic, código de máquina, tamaño de la palabra y operación de las siguientes instrucciones: a. b. c. d. e. f. g. 22.

MVI B, 95H MVI D, 1FH MOV A, L ADD B ANI 0FH STA 2070H HLT Ensamblar el siguiente programa, partiendo de la dirección E000h .org E000H MVI B, 4FH MVI C, 78H MOV A, C ADD B OUT 07H INR B ANA B CMA RAL Clases de Microprocesador M icroprocesadores es – Prof. Prof. B.Barraza.

HLT 23.

Ensamblar el siguiente programa, partiendo de la dirección 1000h .org 1000H LXI H, FFF0H MVI M, 34H DCX H MVI M, 78H LDA FFF0H SUB M STA 300FH INR M LXI B, FFEFH STAX B CMP M HLT

24.- Especificar los contenidos de los registros, localizaciones localizaciones de memoria memoria y registro de banderas banderas de las siguientes instrucciones, cuando son ejecutadas. Asuma Asuma que los contenidos estan en 0 antes de la ejecución de las instrucciones 1. (a) A

B

C

H

L

MVI A,81H MVI B,29H MOV C,A INR B LXI 300AH DCR L RLC STAX B HLT


M location 2A81H

CY

(b)

A

B

C

LXI B,D912

D9

12

LXI D,2145H

D9

LXI H,BA2CH

MVI A,82H

D

E

H

L

12

12

45

D9

12

12

45

BA

2C

CY

P

82

ADI 96H

18H

“

“

“

“

“

“

1

1

RAR

8C

“

“

“

“

“

“

0

1

DAD B

“

“

“

93

45

XCHG

“

“

“

21

45

“

“

BA

26

HLT

25.- Cuantas veces veces el siguiente loop, será ejecutaado ejecutaado

LXI B, 0010H LOOP :

DCX B MOV A,B ORA JNZ LOOP HLT


26.- Especificar los contenidos de las posiciones de memoria 2040H a 2044H, después de la ejecución de las siguientes instrucciones

LXI H,2040H MVI B,05H MVI A,0AH STORE: MOV M,A INR A INH DCR B JNZ STORE HLT

GUIA 2 DE EJERCCIOS

4. Escribir las instrucciones para cargar el número ABCDH en el registro par BC usando las opciones de las instrucciones LXI y MVI. Explicar brevemente la diferencia entre las 2 instrucciones.

5. La localización de memoria 3070H tiene el dato 14H. Escribir las instrucciones para transferir el byte de datos al acumulador usando 3 tipos de diferentes instrucciones: MOV,LDAX y LDA. Explicar brevemente el uso de las 3 ionstrucciones

6. El siguiente block de datos esta cargado en localizaciones de memoria desde 1055H a 105AH. Escribir un programa programa para transferir los datos anteriores a partir de la localización 2080H DATOS (H): 31, 23, 78, 1A, 2D, 69 7. Considerando la información del programa 6, ahora escribir un programa para transferir los datos en forma inversa (Ej: el dato de la localización 1055H es copiado a la posición 2085H, el dato de la localización 1056H es copiado a la posición 2084H y así sucesivamente. Cuales son los contenidos de la posición 2080H a 2085H, después de la ejecución del programa?


LABORATORIO 1.-

Ensamblar el siguiente programa

,DEFINE TAMAÑO VALOR

100H 430H

.ORG 0 LXI MOV INX MOV DCR

H,TAMAÑO B,M H A,M B LOOP: INX CMP JNC MOV AHE: DCR JNZ STA HLT .DATA 100H DB 1.

H M AHE A,M B LOOP VALOR 10,3,12,23H,18H,15,6,34H,9,22H,18H

Desemsamblar el siguiente código de un programa para el procesador 8085

0E 00 3A 36 10 47 3A 37 10 80 D2 0E 00 0C 32 38 10 79 32 39 10 76

TRABAJO EN LABORATORIO 1.Editar el programa 1. Ensamblarlo usando el simulador SIM85. Compararlo con el programa ensamblado en el Pre-Informe 2.Cargar el programa objeto o ejecutable en su simulador. Ejecutar elprograma paso a paso e ir verificando el valor de los registros y posiciones de memoria, que son afectados por las instrucciones


INFORME FINAL 1.Elaborar informe final. De conclusiones de la experiencia realizada

EJERCICIOS RESUELTOS DE ENSAMBLADOR 1.- 1. Ejemplo de uso de instrucciones de desvío y de control. La instrucción MOV A,B no afecta ningún flag , por lo tanto, tanto, no afecta el flag de zero ( Z). Si lo hace la instrucción DCR C. Label volta:

Instrucción MVI C,10h DCR C

Comentario Carga el registro C con el valor 10 h Decrementa contenido del registro C

fim:

JZ fim MOV A,B JMP volta HLT

Si el resultado de DCR C fuese ZERO, desvía para "fim" Copia contenido de B en A. No afecta ningún flag. Desvío incondicional para "volta". Esta instrucción para el procesamiento del programa

2. Ejemplo similar al anterior, pero usando usando la instrucción JZ dirección y JMP dirección. Label volta:

Instrucción MVI A,07h MVI B,00h INC B CMP B JNC volta HLT

Comentario Carga registro A con el valor 07 h Carga registro B con el valor 00 h. Incrementa en "1" el contenido del registro B Compara contenido de B con el contenido de A, sin alterar valor de A. Desvía para "volta", si el flag CY = 0. CY =0 si A > B o A = B Para el procesamiento cuando CY = 1, o sea, cuando B=8 (A < B).

3. Ejemplo usando comparación entre registros (A e B). La operación de comparación y volta es repetida hasta que el valor valor de B alcance el valor 08h, entonces el el flag de carry es SETEADO (CY=1) (CY=1) haciendo que el procesamiento se termine

Label volta: fim:

Instrucción MVI C,10h DCR C MOV A,B JNZ volta HLT

Comentario Carga el registro C con el valor 10 h Decrementa contenido del registro C Copia contenido de B en A. No afecta ningún flag. Si el resultado de DCR C no fue ZERO, desvía para "volta" Esta instrucción para el procesamiento del programa


4. Ejemplo similar al anterior, pero usando la instrucción JC dirección a diferencia de JNC dirección. Label

volta:

fim: .

Instrucción MVI A,07h

Comentario

MVI B,00h

La operación de comparación comparación y volta es repetida hasta hasta que el valor en B alcance el valor valor 08h, cuando entonces entonces el flag de Carry CY es 1, haciendo que el procesamiento se detenga saltando para fim, donde se encuentra la instrucción HLT

INC B CMP B JC fim JMP volta HLT

5. Programa que realiza la multiplicación de 4 por 3. Es usada a instrucción ADI dato

8

6. Otra versión de programa que hace la multiplicación de 4 por 3. La instrucción ADI dato8 é substituida por la instrucción ADD B. El acumulador va a asumir los valores 00 h, 04 h, 08 h e, finalmente, 0C h, esto es 12 decimal

7. Programa que hace la multiplicación de 4 por 3 usando una subrutina.


8. Programa que genera una cuenta ascendente en hexadecimal, de 00 h a FF h y envía el resultado para la salida salida 1

Obs.: En este programa el acumulador acumulador se inicia con el valor 00h y se termina cuando cuando el acumulador acumulador vuelve al valor 00h, después después de pasar por todos os os valores de 00 a FFh

9. Subrutina de atraso de 1 ms. Se hace la suposición de que un programa llama a subrutina denominada atraso, que es entregada posteriormente. Se asume un tiempo de 1 μs para cada estado. _____ _____ _____ _____ CALL atraso _____ _____ _____ _____


10. Subrutina de atraso de 10 ms. Se supone un tiempo de 1 μs para cada estado.


GUIA 3 DE MICROPROCESADOR 1. Cite todas las instrucciones posibles a partir de la instrucción genérica MOV A, r. 2. Si los registros H e L contienen respectivamente, los valores valores 40 h e 50 50 h, cual es el significado significado de la instrucción MVI M, 08h? 3. A qué grupo de instrucciones pertenece la instrucción instrucción MVI M, 08h? 4. Explique en pocas palabras como funciona a pila en el 8085. Muestre a través de un mapa de memoria, a evolución de la pila cuando se ejecutan las siguientes instrucciones, en la secuencia mostrada: PUSH B, PUSH D, ADD B, PUSH PSW, P SW, ADD D, POP PSW, OUT 90, POP D, POP B Valores iniciales: SP = 20C0 h, A = 33 h, B = 1C h, C = 4B h, D = 10 h, E = FE h e F = 3D h 5. Muestre a través de un mapa de memoria, la evolución de la pila cuando se ejecutan las siguientes instrucciones en la secuencia secuencia mostrada: mostrada: PUSH PSW, PUSH B, CALL SUMA, (RET), MOV B, A, POP B, POP PSW Valores iniciales: SP = 2090 h, A = 53 h, B = 0F h, C = 05 h, D = 12 h, E = 01 h e F = 55 h Dirección de la llamada de subrutina “CALL SUMA”: 2020 h

6. Muestre la evolución de la pila en la ejecución de la instrucción a seguir: a) PUSH B, PUSH D, PUSH H, LDA 00FF h, POP H, POP D e POP B, sabiendo que o valor inicial

de SP es 38FC h y que los registros B, C, D, E, H e L contienen los valores 08 h, 1C 1C h, 2A h, 06 h, FE h e 3Dh. b) CALL 033CH, ADD B e RET (ADD B e RET están dentro de la sub-rutina que se inicia en la posición posición 033CH), 033CH), en las mismas mismas condicion condiciones es del ejercicio ejercicio anterior, anterior, suponien suponiendo do de que que la dirección dirección de la instrucción CALL 033C h es 0038 h. 7. Considere o programa programa abajo en mnemónico, y responda responda las preguntas preguntas siguientes, siguiente s, sabiendo que a subrutina en la dirección 0200 h provoca un retardo de 1ms e afecta el registro B.


(b) Diseña una tabla mostrando las direcciones y contenido de la pila después de la ejecución de la instrucción CALL 0200h. (c) Cuales son los valores enviados por la puerta de salida 01? (d) Muestre lo que debe ser realizado si el registro B, fuese usado en lugar del registro C 8. Escriba un programa que produzca un retardo de 1 s, s, sabiendo que el uP 8085 es accionado por un cristal de 6 MHz. 9. Escriba a partir de la dirección 4050 h, una sub-rutina que produzca un retardo de 0.5 ms, aproximadamente. Suponga que la frecuencia del cristal del 8085 sea de 4,096 MHz. 10. Escriba un programa programa (usando bytes inmediatos inmediatos para los datos) que sume los decimales 500 e 650. 11. Describa las etapas de los ciclos (FETCH – EXECUTE) EXECUTE) de las instrucciones a seguir y explicar lo que ocurre con las señales señales de control involucradas, los buses buses de dirección y datos

a) MOV B, M b) LXI D, 4050 h c) MOV E, B. 12. Haga comentarios de cada línea del programa siguiente: Explique cuál es la finalidad del programa Complete las direcciones.

4.2 Ejemplos de Programas en Assembly La presente sección muestra muestra dos ejemplos ejemplos de programación programación para simular simular en laboratorio laboratorio Ejemplo 1: Realizar un programa que ejecuta una cuente ascendente en hexadecimal de 00h a 60 h.


Ejemplo 2: Realice un programa que ejecuta, de forma ininterrumpida una cuenta en hexadecimal ascendente de 00h até 60h seguida de una cuente en hexadecimal descendente de 60h até 00h.

4.3 Ejercicios Propuestos 1. Realice un programa de un contador decimal de 00 a 60. 2. Realice un programa programa de un un contador descendente en hexadecimal hexadecimal de 60 h até 00 h. 3. Repita o problema anterior para una cuenta en decimal de 60 até 00. 4. Realice un programa que selecciona y muestra en un display el mayor número contenido en una tabla en memoria. La tabla contiene números aleatorios y tiene inicio en la dirección 2050h 2050h y termina en la dirección 205Fh. 5. Repita el problema anterior, seleccionando e mostrando el menor número.


6. Realice un programa programa que selecciona y muestra muestra en el display los números impares contenidos en una Tabla inserta en la memoria. La tabla contiene números aleatorios y tiene inicio en la dire dirección cción 2050h e termina en la dirección 205Fh. Use una subrutina de atraso con D = 02 h entre los valores que se mostraran en el display. 7. Realice un programa que haga la ordenación en orden creciente de una tabla conteniendo conteniendo 16 Números Números de 8 bits. bits. Los números números ya están en la memoria memoria a partir partir de la dirección dirección 205 2050h 0h y deben deben ser mantenidos en la misma tabla, pero ordenados. 8. Adapte el programa del problema 7 para ordenar los números en orden decreciente. 9. Realice un programa que selecciona y muestra en el display los números mayores o iguales a 20h y menores que 50h, de una tabla con 16 números, comenzando en la dirección 2050 h. Sugestión de tabla: 05h, 15h, 65h, 95h, 35h, 20h, 50h, 42h, 72h, 10h, 60h, 45h, 33h, 25h, 48h, 49h 10. Repita o problema 9, mostrando os números fuera del intervalo. 11. Ejecute las instrucciones dadas a continuación, indicando la dirección de cada instrucción y contenido de los registros registradores pedidos e de las banderas de carry e de zero, después de la ejecución de la instrucción indicada


5.- PUSH/POP/PSW/CALL 75

PUSH

Stack and Subroutines Given that the stack grows backwards into memory, it is customary to place the bottom of the stack at the end of memory to keep it as far away from user programs as possible. • In the 8085, t he stack is defined by setting the SP (Stack Pointer) register. • LXI SP, FFFFH • This sets the Stack Pointer to location FFFFH

(end of memory for the 8085). • The Size of the stack is limited only by the

available memory

Saving Information on the Stack Information is saved on the stack by PUSHing it on. It is retrieved from the stack by POPing it off. – It • The 8085 provides two instructions: PUSH and

POP for storing information on the stack and an d retrieving it back. Both PUSH and POP work with register pairs – Both ONLY. The PUSH Instruction PUSH B (1 Byte Instruction) Decrement SP – Decrement Copy the contents of register B to the memory – Copy location pointed to by SP Decrement SP – Decrement Copy the contents of register C to the memory – Copy location pointed to by SP

B

C 12

F3 FFFBH FFFCH FFFDH FFFEH FFFFH

F3 12 SP

POP The POP Instruction • POP D (1 Byte Instruction) Copy the contents of the memory location pointed – Copy

to by the SP to register E Increment SP – Increment Copy the contents of the memory location pointed – Copy to by the SP to register D Increment SP – Increment

D

E 12


F3 12

SP

Operation of the Stack • During pushing, the stack operates in a “decrement then store” style.


The stack pointer is decremented first, then the – The information is placed on the stack. • During poping, the stack operates in a “use then increment” style. The information is retrieved from the top of the the – The

stack and then the pointer is incremented. • The SP pointer always points to “the top of the stack”.

LIFO • The order of PUSH s and POPs must be opposite of each

other in order to retrieve information back into its original location. PUSH B PUSH D ... POP D POP B • Reversing the order of the POP instructions will result in

the exchange of the contents of BC and DE.

PUSH PSW Register Pair • PUSH PSW (1 Byte Instruction) Decrement SP – Decrement Copy the contents of register A to the memory – Copy

location pointed to by SP

PUSH PSW

Decrement SP – Decrement Copy the contents of Flag register to the memory – Copy location pointed to by SP

A

Flag 12


F3 12 SP

Pop PSW Register Pair • POP PSW (1 Byte Instruction) Copy the contents of the memory location pointed – Copy

to by the SP to Flag register Increment SP – Increment Copy the contents of the memory location pointed – Copy to by the SP to register A

POP PSW

Increment SP – Increment

A

Flag 12


F3 12

SP

Modify Flag Content using PUSH/POP Let, We want to Reset the Zero Flag S

Z

X

A

X

P

X

Cy


Program: LXI SP FFFF – LXI PUSH PSW – PUSH POP H – POP MOV A L – MOV ANI BFH (BFH= 1011 1111) * Masking – ANI MOV L A – MOV PUSH H – PUSH POP PSW – POP

Subroutines • A subroutine is a group of instructions that will be used repeatedly in different locations of the program. Rather than repeat the same instructions several times, they can be grouped into a subroutine that – Rather is called from the different locations. • In Assembly language, a subroutine can exist

anywhere in the code. However, it is customary to place subroutines – However, separately from the main program. The 8085 has two instructions for dealing with subroutines. The CALL instruction is used to redirect program – The execution to the subroutine. The RET insutruction is used to return the – The execution to the calling routine.

The CALL Instruction • CALL 4000H (3 byte instruction) When CALL instruction is fetched, the MP – When

knows that the next two Memory location contains 16bit subroutine address in the memory.

CALL 4000 [W]

40 00

[Z] Reg.

20 03 FFFBH FFFCH FFFDH FFFEH FFFFH

CALL

03 20 SP

MP Reads the subroutine address from the next two memory location and stores the higher order 8bit of the address in the W register and stores the lower order 8bit of the address in the Z register Pushe the address of the instruction immediately following the CALL onto the stack [Return address] – Pushe Loads the program counter with the 16-bit address supplied with the CALL instruction from WZ register. – Loads RET (1 byte instruction) Retrieve the return address from the top of the – Retrieve stack Load the program counter with the return – Load address. 4014 …

4015 RET

PC

2003 FFFBH FFFCH FFFDH FFFEH FFFFH

03 20

SP


Things to be considered in Subroutine • The CALL instruction places the return address at the two memory locations immediately before

where the Stack Pointer is pointing. You must set the SP correctly BEFORE using the CALL instruction. – You • The RET instruction takes the contents of the two memory locations at the top of the stack and uses these as the return address. Do not modify the stack pointer in a subroutine. – Do •You will loose the return address. Number of PUSH and POP instruction used in the subroutine must be same, otherwise, RET instruction will pick wrong value of the return address from the stack and program will fail.

Passing Data to a Subroutine. • Data is passed to a subroutine through registers. Call by Reference: – Call • The data is stored in one of the registers by the calling program and the subroutine uses the value from the

register. The register values get modified within the subrouti ne. Then these modifications will be transferred back to the calling program upon returning from a subroutine Call by Value: – Call • The data is stored in one of the registers, but the subroutine first PUSHES register values in the stack and after using the registers, it POPS the previous values of the registers from the stack while exiting the subroutine. i.e. the original values are restored before execution returns to the calling program. The other possibility is to use agreed upon memory locations. The calling program stores the data in the memory location and the subroutine retrieves the data from – The the location and uses it.

Cautions with PUSH and POP • PUSH and POP should be used in opposite order. • There has to be as many POP’s as there are PUSH’s. If not, the RET statement will pick up the wrong information from the top of the stack and the program will fail. – If • It is not advisable to place PUSH or POP inside a loop.

Conditional CALL and RTE Instructions • The 8085 supports conditional CALL and conditional RTE instructions. The same conditions used with conditional JUMP instructions can be used. – The CC, call subroutine if Carry flag is set. – CC, CNC, call subroutine if Carry flag is not set – CNC, RC, return from subroutine if Carry flag is set – RC, RNC, return from subroutine if Carry flag is not set – RNC, Etc. – Etc.

A Proper Subroutine. • According to Software Engineering practices, a

proper subroutine: Is only entered with a CALL and exited with an – Is RTE Has a single entry point – Has • Do not use a CALL statement to jump into different points

of the same subroutine. Has a single exit point – Has • There should be one return statement from any

subroutine.

Writing Subroutines epeatedly on • Write a Program that will display FF and 11 r epeatedly the seven segment display. Write a ‘delay’ subroutine and Call it as necessary.


Example: LXISP FFFF MVIA FF OUT 00 CALL 14 20 MVIA 11 OUT 00 CALL 14 20 JMP 03 C0 DELAY: MVIB FF MVIC FF DCR C JNZ 18 C0 DCR B JNZ 16 C0 RET

FUENTE:


Ejemplo: Ejemplo: Mi primer PUSH Iniciamos Iniciamo s copiando copiando y pegando el siguiente programa en el editor ASM para entender entender cómo funciona este programa. .ORG 0 MVI B,12H MVI C,F3H LXI SP, FFFFH PUSH B HLT

Fig.4.1.- Editor ASM

Fig.4.2.-Visualizando la simulación PUSH. Lo que que hacemos hacemos es posicionarnos en la dirección FFFFH, decrementamos 2 posiciones posiciones en el SP almacenado los registros B, y C en la dirección FFFEH y FFFDH respectivamente. respectivamente.


Ejemplo: Mi primer POP .ORG 0 MVI MVI LXI POP HLT

B,12H C,F3H SP, FFFFH B

Fig.4.2.-Visualizando la simulación POP.


6.- IN/OUT Puertas Puertas de entrada/ salida DISPLAY Debemos tener en claro que estamos trabajando con números hexadecimales y esto genera un problema problema al momen momento to de generar generar secuenci secuencias as de tipo tipo decimal. decimal. Para poder manipular manipular contado contadores, res, haremos uso de los display de 7 segmentos que tiene el simulador.

ANODO COMUN: Los leds se encienden con 0. CATODO COMUN: Los leds se encienden con 1.

DISPLAY 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9

Valor HEXADECIMAL Xgfe dcba 3FH 0011 1111 06H 0000 0110 5BH 0101 1011 4FH 0100 1111 66H 0110 0110 6DH 0110 1101 5FH 0101 1111 07H 0000 0111 7FH 0111 1111 6FH 0110 1111 Tabla GENERAL Cátodo común común

DISPLAY Valor HEXADECIMAL Xcde gbaf 0 77H 0111 0111 1 44H 0100 0100 2 3EH 0011 1110 3 6EH 0110 1110 4 4DH 0100 1101 5 6BH 0101 1011 E 6 7BH 0111 1011 7 46H 0100 0110 8 7FH 0111 1111 9 6FH 0110 1111 Tabla del simulador SIM 8085 Cátodo común

En

el nivel nivel más básico podemos podemos trabajar con un display display de 7 segmentos del simulador 8085 y empezar a crear una rutina sencilla de puertas de entrada y salida (IN/OUT ). Nótese que la configuración de los valores valores abcdefgX del display pueden pueden diferir dependiendo del fabricante. Ej: Muestra 0 en el display usndo la puerta 00H. .ORG 0 MVI A, 77H OUT 00H HLT


Ejercicio que inicializa un contador, mostrnado en las puesrtas de salida los valores en forma creciente del 0 al 9 No corregido.

.DATA 1000H DB 77H,44H,3EH,6EH,4DH,6BH,7BH,46H,7FH,6FH .ORG 0 INICIO: MVI D,0H LXI H,1000H XX:

CALL MOSTRAR

; LLAMA SUBRUTINA

CALL DELAY OTRO:

INR

D

CALL MOSTRAR CALL DELAY MOV A,D CPI 9 JNZ OTRO JMP OTRO HLT

MOSTRAR:

MOV L,D MOV A,M OUT

07H

RET

DELAY: MVI B,10H DELAY2: MVI C,FFH YY:

DCR C JNZ YY

YYY:

DCR B JNZ DELAY2 RET


Mi primer programa con IN/OUT

Usaremos Usaremos el teclado para poder ingresar un dato, y compararlo compararlo para posteriormente llevar a la salida otro dato.

Fig.8.-Teclado del simulador t iene el teclado que presionando 0 se muestra en el display de 7 segmentos el valor 0 Ejemplo Ejemplo 1.1. - En este caso se tiene y se termina el ciclo. .org 0 INICIO:

MVI B, 00H MOV A,B ;INICIALIZO ;INICIALIZO IN 00H ;INGRESO ;INGR ESO POR TECLADO UN NUMERO CPI 30H JNZ INICIO INICIO MVI A,77H OUT 00H

;COMPARO EL CONTENIDO DEL ACUMULADOR ACUMULADOR CON 30H QUE EN ANSI II ES 0 ; SI ES CERO EL EL CONTENIDO CONTENIDO PODREMO SALIR SALIR DEL CICLO ; EL VALOR VALOR QUE SALE SALE (OUT) ES 77H 77H PARA EL DISPLAY DE 7 SEGMENTOS ES 0 ; ESTE VALOR ES LLEVADO A LA PUERA

HLT


t iene el teclado que presionando 7 se muestra en el display de 7 segmentos el valor 7 Ejemplo Ejemplo 1.1. - En este caso se tiene y se termina el ciclo.

.org 0

INICIO:

MVI B, 00H MOV A,B IN 00H

;INICIALIZO ;INGRESO POR TECLADO UN NUMERO

CPI 37H ;COMPARO EL CONTENIDO DEL ACUMULADOR CON 37H QUE EN ANSI II ES 7 (VER TABLA ANSI) JNZ INICIO ; SI ES CERO EL CONTENIDO CONTENIDO PODREMO PODREMO SALIR DEL CICLO MVI A,46H ; EL VALOR QUE SALE (OUT) ES 46H PARA EL DISPLAY DE 7 SEGMENTOS (VER TABLA SIMULADOR 8085 CATODO COMUN) OUT 00H ; ESTE VALOR ES LLEVADO A LA PUERA HLT


EJERCICIO: USANDO EL MICROPROCESADOR 8085 EJEMPLO TIPO PRUEBA PRUEBA DE MICROPROCESADORES MICROPROCESADORES Nombre:...................................... Nombre:.......................................... .... Nota:................. Nota:................. 1. -

Se desea diseñar un programa para el microcomputador microcomputador 8085 de la figura, que permita leer u teclado numerico numerico del 0 al 9, e que codifica su información información en ASCII (0=30h, 1=31,..... 9=39h) conectado al puerto PB, tal como como muestra la siguiente figura. Se entiende que sólo es posible mostrar del 0 al 9 y por tanto se supone que solo existen esas teclas. En la puerta C, hay conectado un led que se activa cuando se presiona una tecla. Si se presiona la tecla t ecla 5, deberá generarse generarse una onda cuadrada de 5000 hz. La Puerta A, esta conectada a un display de d e siete segmentos: PA0 a segmento a, PB1 a segmento segmento b y así sucesivamente, sucesivamente, por lo cual deberá mostrarse en el display di splay la información correcta. Puede generarse una tabla donde este almacenada la información de cada digito asociada al display. Crystal=6,144Mz Teclado numérico AD0

PB3

a

AD7

f

p

g

e LED´s A7 A5 A6

d

A1 A2

3

Usando decodificadores 3/8, puertas NAND, diseñar un direccionamiento de puertas con las siguientes características: 8 DISPOSITIVOS DE ENTRADA, 8 DISPOSITIVOS DE SALIDA

3. -

c

A0

A3 GROUND A4

2.-

b

DIRECCOION INICIAL DIRECCIÓN DE INICIO

A0 E8.

a) Explique el el proceso proceso de diálogo, modo modo 1, cuando una puerta B del 8155, está está recibiendo información de un conversor análogo digital. Tome como referencia al micro usado en laboratorio (8085) b) Indique las las ventajas y desventajas de I/O I/O aislada y I/O I/O memoria mapeada. mapeada. Puntaje:

Problema Problema 1, 20 puntos Problema Problema 2, 10 puntos Problema Problema 3, 10 puntos Total

: 45 puntos


19 de junio de 2007

MICROPROCESADORES TECLADO C/S COH

PB

IN

PA

OUT

PC

OUT

0

1

2

3 6

4 7 9

5 8

MICROPROCESADOR

8085

timer

TH C5H

TL C4H

500Hz



1 0 1

A7 A5 A6

Menos significativo Mas significativo

DECODIFICADOR 3/8 Selecciona la puerta de salida 5

000 001 010 011 100 101

INTERR

0

0

0

PC

0

1

00: timer no opera 01: Stop timer 10:Stop timer después de completar completar una cuesta 11:Stop Timer

5 110 111

0 0 1

TIMER

1

00:IN 11:OUT

PA PB 0

1

0:IN 1:OUT

 

Io/M

Tabla de direccionamiento

Modo

0

1

0

0

0

1

1

0

1

1

A7

A6

A5

A4

A3

A2

A1

A0

1

1

0

0

0

X

X

X

1

1

0

0

0

0

0

0

C0H

C/S Shift Select

1

1

0

0

0

0

0

1

C1H

PA

1

1

0

0

0

0

1

0

C2H

PB

1

1

0

0

0

0

1

1

C3H

PC

1

1

0

0

0

1

0

0

C4H

TL

1

1

0

0

0

1

0

1

C5H

TH

TH 4A

0

1

0

0

1

TL 20

0

1

0

0

0

1

0

0

0

0

0 Tabla de Timer



N= =

 

=  =4A 20H =TH TL


FLUXOGRAMA

INICIALIZACIONES

NO PRESIONA TECLA SI

MOSTRAR TECLA DISPLAY NO NO #5

#6

SI PARTIR TIMER

DETENER TIMER


Ejercicio 3.- Se tiene un teclado que presionando presionando 5 parte el temporizador temporizador y presionando 9 se detiene el temporizador .DATA 1030H .dB C0,F9,A4,B0… ; Inicializaciones Inicializacio nes PA=OUT PB=IN

PC=OUT TIMER= NO OPERA

. INICIO: MVI A,ODH OUT COH

MVI A, 20 20H H ; OUT C4H

;TL

MVI A,4AH OUT C5

;TH

LXI H,1030H

IN PB


MOV L,A MOV A,M OUT PA CPI 35 JZ PARTE TIME CPI 39 JZ DETENER TIME JMP INICIO

PARTE TIME: MVI A,CDH OUT C0 JMP INICIO DETENER TIME: MVI A,4D OUT C0 JMP INICIO


EJERCICIO 4- SENSOR DE TEMPERATURA. La temperatura temperatura del cuarto cuarto produce en un sensor de termopar termopar un voltaje que es proporcional a la temperatura del cuarto, este voltaje es acondicionado por un amplificador operacional y aplicado a la entrada de un ADC, donde es convertida a una señal digital y periódicamente muestreada por un microprocesador . Por ejemplo supongamos que la temperatura del cuarto es de 17 ° C . Un voltaje especifico a esta temperatura aparece a la entrada del convertidor convertidor ADC de 8 bits y en su salida el convertidor convertidor da una señal señal digital correspondiente correspondiente digamos de 01000011 en código binario de 8 bits. Internamente, Internamente, el microprocesador microprocesador compara este numero binario con un numero, también binario, que representa representa la temperatura temperatura deseada deseada supóngase 01001000 para para 23 ° C, Que es es el valor deseado deseado de temperatura que previamente previamente se ha introducido a través de un teclado y almacenado almacenado en un registro. Como resultado de la comparación, comparación , en que para este este ejemplo el cuarto tiene una temperatura actual menor que el valor deseado, el microprocesador comanda a la unidad de control a que se encienda el dispositivo calentador del cuarto. Como el microprocesador continuara monitoreando la temperatura del cuarto vía el convertidor ADC , cuando la temperatura del cuarto iguale ó exceda la temperatura deseada el microcontrolador apagará el dispositivo calentador.


LISTA DE EJERCICIOS FINALES FINALES EJERCICIO

tres modulos atienden a 100 clientes

;.org 0h

lxi sp,ffffh lxi h,bbbbh push psw mvi out out out out out out

a,77h 7h 6h 5h 0h 1h 2h

que_tecla_es_?: in 0h cpi 31h jz xx cpi 32h jz yy cpi 33h jz zz jmp que_tecla_es_? xx: mov b,a pop psw cmp b jz ayuda inr c mov a,b push psw mvi a,44h out 0h mvi a,0h out 1h out 2h jmp mostrar yy: mov b,a pop psw cmp b jz ayuda inr c mov a,b push psw mvi a,3eh out 1h mvi a,0h out 0h out 2h jmp mostrar zz:


mov b,a pop psw cmp b jz ayuda inr c mov a,b push psw mvi a,6eh out 2h mvi a,0h out 0h out 1h jmp mostrar ayuda: push psw jmp que_tecla_es_? mostrar: inx h mov a,m cpi 77h jz xxx out 7h jmp que_tecla_es_? xxx: out 7h jmp sas ppp: mov a,m cpi 77h jz yyy out 6h lxi h,bbbbh jmp que_tecla_es_? sas: cpi inr lxi mov

77h d h,bbbbh a,d

dcr inx jnz jmp

a h pool ppp

pool:

yyy: lxi out inx mov out hlt

h,bbbbh 6h h a,m 5h

.data bbbbh db 77h,44h,3eh,6eh,4dh, 77h,44h,3eh,6eh,4dh,6bh,7bh,46h,7fh,4f 6bh,7bh,46h,7fh,4fh,77h h,77h


EJERCICIO 6.- CONTADOR .data 1055h db 77h, 44h, 3eh, 6eh, 4dh, 6bh, 7bh, 46h, 7fh, 6fh .org 0 mvi e,00h fin: lxi h,1055h lxi b,1070h cmp e jnz mostrar2 xxx: mvi d,0ah lxi h,1055h lxi b,1070h xx: mov a,m stax b call mostrar call delay inx b inx h dcr d jz fin jmp xx mostrar: mov b,a mov a,m push psw out 07h pop psw mov a,b ret delay: mvi b,88h dell: mvi c,48h yy: dcr c jnz yy dcr b jnz dell ret

mostrar2:inr e dad d mov a,m stax b


EJEMPLO CONTADOR HASTA 60 .data 10000h db 77h,44h,3Eh,6Eh,4Dh,6Bh,7Bh,46h,7Fh,4Fh LXI h,1000h LXI sp,8000h .org 0 mvi a,0 volta: call mostrar call delay cpi 9h jnz crecer jmp yy mostrar: push psw out 00h pop psw ret crecer:

adi 1 daa jmp volta

yy:

call mostrar call delay jz decrecer jmp volta

decrecer: dcr a jnz yy hlt delay: del: xx:

mvi b,55 mvi c,30 dcr c jnz xx dcr b jnz delay ret

volta:

call mostrar call delay cpi 10h jnz crece jmp xx mostrar: push psw out 0h pop psw ret crece:

adi 1 daa jmp volta

xx:

call mostrar call delay jz decrece


jmp volta decrece: dcr a jnz xx hlt delay: del1: yy:

mvi b,5 mvi c,3 dcr c jnz yy dcr b jnz del1 ret

EJERCICIO INTERRUPCIONES .org 0 lxi sp,2100h mvi a,03h out 20h mvi a,00h out 24h mvi a,4ch out 25h mvi a,c3h out 20h comienzo: mvi a,feh rotar: out 21h call delay rlc jmp rotar delay: mvi d,a0h del1:

mvi e,20h yy: dcr jnz dcr jnz ret

e yy d del1

.org 3ch jmp 100h .org 100h push psw push b push d mvi a,fch mvi c,00h prender: out 22h call delay rlc inr c mov b,a mov a,c


cpi 5 jz xx mov a,b jmp prender p render xx: mvi sim ei pop pop pop ret

a,09h

d b psw

.org 34h jmp 200h .org 200h push psw push b push d mvi c,00h mvi a,0bh sim ei retornar: mvi a,00h out 22h call delay mvi a,ffh out 22h call delay inr c mov a,c cpi 5h jz xxx jmp retornar xxx: mvi a,08h sim ei pop d pop b pop psw ret

EJERCICIO LEDS .org 1000h

mvi c,128 mov d,0 salto: mov a,c out 0h jmp salto

.org 003ch ;Subrutina cada 1 segundo sub:


mov cpi jnz mov rar mov mov cpi jnz mvi mvi

a,d 0 mub a,c

;direccion ;direccio n -->

c,a a,c 0 rub c,1 d,1

mub: mov a,c ral mov c,a mov a,c cpi 0 jnz rub mvi c,128 mvi d,0

;direccion <--

rub: ei ret

EJERCICIO PC1 p1: mvi a,00h out 22h call delay mvi a,ffh out 22h call delay inr c mov a,c cpi 5h jz apagar jmp p1 p2: mvi a,feH rotar: out 21 call delay rlc inr c mov b,a mov a,c cpi 08H jz apagar mov a,b jmp rotar p3: mvi a,feH rotar1: out 22H call delay rlc


inr c mov b,a mov a,c cpi 08H jz apagar mov a,b jmp rotar1 apagar: mvi out out jmp delay: mvi del1: mvi yy: dcr jnz dcr jnz ret

a,ffh 21h 22h comienzo

d,a0H e,20H e yy d del1


A5 Apéndice A5 Programas de ejemplo Se han escrito varios programas en ensamblador que muestran el funcionamiento de los componentes que incorpora el simulador. Realizar el negativo de una imagen de niveles de gris cargada en memoria o implementar el juego de la serpiente ( snake en inglés) son algunos ejemplos que pasamos a comentar en las secciones siguientes.

Demostración:

Nombre: Procesador: Dispositivos: Líneas:

negativo.asm 8085 Pantalla Grafica (256) 28

Descripción: Programa de muestra que invierte la imagen actual en pantalla. .org 100H mvi H, 10H mvi L, 00H

; en HL la posicion de memoria

otro: mvi a, FFh SUB M mov M, a INX H ;comprueba parte alta mvi a, 4EH cmp H JZ comprueba_LO jmp otro comprueba_LO: comprueba _LO: mvi a, 80h cmp L JZ fin jmp otro

; comprueba parte baja


fin: hlt

Demostración:

Nombre: leds.asm Procesador: 8085 Dispositivos: Panel de Leds (1 linea) Generador Generador de Interrupci I nterrupciones ones Líneas: 47 Descripción: Programa que genera un movimiento ordenado y oscilante de una luz mediante un vector de leds. ;LUZ COCHE FANTASTICO ; ; requiere requiere led en puerto 0 ; interrupcion interrupc ion rst 7.5 cada 1 segundo .org 1000h mvi c,128 mov d,0 salto: mov a,c out 0h jmp salto

.org 003ch ;Subrutina cada 1 segundo sub: mov a,d cpi 0


jnz mub mov rar mov mov cpi jnz mvi mvi

a,c

;direccion ;direccio n -->

c,a a,c 0 rub c,1 d,1

mub: mov a,c ral mov c,a mov a,c cpi 0 jnz rub mvi c,128 mvi d,0

;direccion <--

rub: ei ret

Ejemplo de una utilidad:

Nombre: pantalla.asm Procesador: 8085 Dispositivos: Pantalla de Texto Teclado Generador Generador de Interrupciones Interrupciones por teclado Líneas: 59 Descripción: Simulación de un terminal de texto. ; Ejemplo de programa ; Simulador de terminal ; Asociado a interrupción TRAP .define texto E000h tamtexto 25*40 .org 1000h


; ------------------------------; PROGRAMA PRINCIPAL ; ------------------------------mvi B, E0h mvi C, 00h call clear_all bucle: jmp bucle .org 0024h

; Direccion de interrupción TRAP

; ------------------------------; RUTINA QUE LEE DEL TECLADO Y ESCRIBE EN MEMORIA ; ------------------------------in 00h cpi 0 jz no_tecla stax B inx B no_tecla: ret clear_all: LXI H, texto LXI D, texto+tamtexto texto+tamtexto repite_c: MVI A,32 MOV M,A INX H call comparador cpi 1 jz fin_clear jmp repite_c fin_clear: ret comparador: comparado r: A=1 si igual MOV A,E CMP L JNZ no_igual MOV A,D CMP H JNZ no_igual MVI A, 1 ret no_igual: MVI A,0 ret

;cargamos origen ;cargamos fin

;borrar punto de memoria ;incrementar direccion

;compara DE con HL (en 16 bits). Devuelve


Ejemplo de una utilidad:

Nombre: Reloj.asm Procesador: 8085 Dispositivos: Visualizador de 7 segmentos Generador Generador de Interrupci I nterrupciones ones Líneas: 83 Descripción: Programa que convierte a un 8085 en un reloj digital con segundero y minutero. ; Ejemplo de programa ; Reloj digital ; Asociado a interrupción TRAP .data DDh DB 77h, 44h, ;digitos sin DB F7h, C4h, ;digitos con

3Eh, 6Eh, 4Dh, 6Bh, 7Bh, 46h, 7Fh, 4Fh punto BEh, EEh, CDh, EBh, FBh, C6h, FFh, CFh punto

.org 1000h ; ------------------------------; PROGRAMA PRINCIPAL ; ------------------------------mvi B, 00h mvi C, DDh mvi D, 00h


mvi mvi mvi mvi out out out mvi out bucle: jmp

E, L, H, A, 6d 7d 4d A, 5d

.org 0024h

DDh E7h DDh 77h

F7h

bucle ; Direccion de interrupción TRAP

; ------------------------------; RUTINA QUE AUMENTA EL TIEMPO ; ------------------------------ldax B cpi 4Fh jz suma_segundo inx B ldax B out 7d ret suma_segundo: mvi C,DDh ldax B out 7d ldax D cpi 6Bh jz suma_minuto1 inx D ldax D out 6d ret suma_minuto1: mvi E, DDh ldax D out 6d mov D, C mov C, L ldax B cpi CFh jz suma_minuto2 inx B ldax B out 5d mov L, C mov C, D mov D, 00h ret suma_minuto2: mvi L, E7h mov D, C mov C, L ldax B out 5d mov D, C mov C, H inx B


ldax B out 4d mov H, C mov C, D mov D, 00h ret

Ejemplo de un Juego Interactivo:

Nombre: Snake.asm Procesador: 8085 Dispositivos: Teclado Pantalla Grafica Generador Generador de Interrupci I nterrupciones ones Líneas: 236 DESCRIPCIÓN: Conocido juego de la serpiente, consiste en comer los puntos de comida si mordernos a nosotros mismos. ; Ejemplo de Programa en ensamblador para el simulador de 8085 ; SNAKE 8085 ; Comer sin mordenos a nosotros mismos .define memVideo A000h ;Origen de la memoria de Video sizeVideo 160*100 ;Tamaño de la memoria de Video mitadVideo memVideo+sizeVideo/2 memVideo+si zeVideo/2 ;Posicion intermedia teclado 0h ;Puerto del teclado up (-160)&FFFFh down 160 left -1 right 1 tecla_up 1Eh tecla_down 1Fh tecla_left 11h tecla_right 10h comienzo mitadVideo+80 .data 0b cuanto: dB 10h cola: dW comienzo pos: dB 0 pos_pantalla: dW memVideo+580H,memVideo+1000H,memVideo+2500H,memVideo+3000H


.org 500H ; call clear_all LXI H, comienzo call pon_comida repite: IN teclado jmp repite

comparador: comparado r: A=1 si igual MOV A,E CMP L JNZ no_igual MOV A,D CMP H JNZ no_igual MVI A, 1 ret no_igual: MVI A,0 ret


compar_inf: compar_in f: A=1 si menor DE MOV A,D CMP H JM menor JZ comp_menor MVI A, 0 ret menor: MVI A,1 ret comp_menor: MOV A,E CMP L JM menor MVI A, 0 ret


compar_sup: compar_su p: A=1 si mayor DE MOV A,H CMP D JM menor JZ comp_menor2 MVI A, 0 ret menor2: MVI A,1 ret comp_menor2: MOV A,L CMP E JM menor2 MVI A, 0 ret



clear_all: LXI H, memVideo LXI D, memVideo+sizeVideo memVideo+sizeVideo repite_c: MVI A,0 MOV M,A INX H call comparador cpi 1 jz fin_clear jmp repite_c fin_clear: ret

;cargamos origen memoria video ;cargamos fin memoria video

;borrar punto de memoria ;incrementar direccion

moverse: CPI tecla_up cz haz_arriba CPI tecla_down cz haz_abajo CPI tecla_left cz haz_izqda CPI tecla_right cz haz_decha ret

;en registro A el movimiento movimiento

comprobador: comprobador: de video

;comprueba que no se excede de la memoria

LXI D, memVideo call compar_sup cpi 1 ;Si es 0 es q DE no es mayor que HL jz fin LXI D, memVideo+sizeVideo call compar_inf cpi 1 ;Si es 0 es que DE no es menor que HL jz fin ret

haz_arriba: haz_arrib a: LXI D, up call pon_punto ret

;moverse arriba

haz_abajo: haz_abajo : LXI D, down call pon_punto ret

;moverse abajo

haz_izqda: LXI D, left call pon_punto ret

;moverse izda

haz_decha: haz_decha : LXI D, right call pon_punto ret

;moverse decha

pon_punto:


DAD d call comprobador mov A,M cpi FFh jz fin cpi FFh/2 CZ pon_comida MVI M, FFh call comp_borra ret comp_borra: push psw LDA cuanto cpi 0 jz borra_punto DCR a STA cuanto pop psw ret borra_punto: push h push d lhld cola LXI d, up DAD d mov a,M cpi FFh jz elimina lhld cola LXI d, down DAD d mov a,M cpi FFh jz elimina lhld cola LXI d, left dad d mov a,M cpi FFh jz elimina lhld cola LXI d, right DAD d elimina: MVI a, 00h mov M,a SHLD cola pop d pop h pop psw ret

;pintar

; si el cuanto es 0 hay que borrar ; decrementamos decrementamos y almacenamos almacenamos el cuanto

; mirar arriba ;si hay punto hay que borrarlo

; mirar abajo ;si hay punto hay que borrarlo ; mirar izquierda izquierda

;si hay punto hay que borrarlo ; mirar izquierda izquierda

;almacenamos la nueva cola

;regresa al call de comp_borra

pon_comida: push psw push d LDA cuanto adi 10h STA cuanto


LDA rlc Mov rrc Mvi INR ANI STA

pos

;cargamos la posicion actual

e,a d,0 a 11b pos

;incrementamos ;incremen tamos el desplazamiento ;impedimos que sea mayor que 4 ;guardamos ;guardamo s la posicion actual

push h LXI h, pos_pantalla DAD d Mov E,M INX h Mov D,M XCHG mvi a, FFh/2 mov M, a pop h pop d pop psw ret

;ya tenemos la direccion direccion en HL ;coloreamos el punto ;recuperamos lo guardado

fin: hlt .org 3Ch ;Interrupcion ;Interrup cion del timer (RST 7.5) call moverse EI Ret


CONCLUSION: Este trabajo lo he llevado o cabo debido a la necesidad de contar con un texto del que se pueda aprender sobre el lenguaje assembler. Espero haber sido de algún aporte en el camino de la enseñanza, rescatando ejemplo de mis compañeros de curso, notas del profesor, la WEB, y ejercicios propios. Espero actualizar este material por que tiene demasiados errores, sin embargo insto que el mejor maestro es uno mismo, lo importante es la idea general Uds saben.... Como futuro ingenieros debemos tener en cuenta que el límite del conocimiento nos lo ponemos nosotros...

[email protected]


Apuntes del microprocesador 8085 lenguaje assembler

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