Coleccion de problemas resueltos de electronica digital b†sica

UNIVERSIDAD CARLOS III DE MADRID

Problemas de Electrónica Digital: Fundamentos de Ingeniería Electrónica Grado en Ingeniería Mecánica

2º Curso 2º Cuatrimestre Fecha:

24/02/2010

Autores: Luis Mengibar, Virginia Urruchi

ESCUELA POLITÉCNICA SUPERIOR DEPARTAMENTO DE TECNOLOGÍA ELECTRÓNICA

Universidad Carlos III de Madrid Departamento de Tecnología Electrónica

Fundamentos de Ingeniería Electrónica Problemas de Electrónica Digital EJERCICIO 1 Convierta el siguiente número binario a base decimal. Indique el desarrollo utilizado. Número binario: 1110002 Solución: Utilizando la estructura de pesos para codificación en base binaria se puede poner:

1 ⋅ 25 + 1⋅ 24 + 1 ⋅ 23 + 0 ⋅ 2 2 + 0 ⋅ 21 + 0 ⋅ 20 = = 32 + 16 + 8 + 0 + 0 + 0 = 56 1110002=5610 EJERCICIO 2 Codifique en base octal los siguientes números binarios: a) 10010010012 b) 111000111002 c) 110012 Solución: a) 10010010012 Se agrupan los dígitos binarios de 3 en 3 tanto a izquierda como a derecha, a partir de la coma. Se añaden los ceros necesarios en los extremos para completar los grupos de 3.

001 { 001 { 001 { 001 { 1

1

1

1

10010010012=11118 b) 111000111002=34348 c) 110012=318 EJERCICIO 3 Codifique en base hexadecimal los siguientes números binarios: b) 1110001112 a) 111000112 Solución: a) 111000112 Se agrupan los dígitos binarios de 4 en 4 tanto a izquierda como a derecha, a partir de la coma. Se añaden los ceros necesarios en los extremos para completar los grupos de 4.

1110 { 0011 { E

3

111000112=E316 b) 1110001112=1C716 EJERCICIO 4 Convierta a base binaria los siguientes números hexadecimales: b) F116 c) 78D16 a) CAE 16 Solución: a) CAE16 Se transforma cada dígito hexadecimal en su correspondiente código binario:

2


Fundamentos de Ingeniería Electrónica Problemas de Electrónica Digital C A E } } } 1100 1010 1110

CAE16=1100101011102 b) F116=111100012 c) 78D16=0111100011012 EJERCICIO 5 Convierta a base binaria los siguientes números octales: a) 6538 b) 78 c) 41208 Solución: a) 6538 Se transforma cada dígito octal en su correspondiente código binario: 6 } 5 } 3 } 110 101 011

6538=1101010112 b) 78=1112 c) 41208=1000010100002 EJERCICIO 6 Exprese en hexadecimal los siguientes números decimales: a) 6084510 b) 1010 c) 1100 10 Solución: a) 6084510 Como el número decimal sólo tiene parte entera se aplica división sucesiva entre 16.

60845 16 128 3802 0045 60 13 122 10 D A

16 237 16 077 14 MSB 13 E D

Solución: 6084510=EDAD16 b) 1010=A16 c) 110010=44C16 EJERCICIO 7 Simplifique las siguientes expresiones aplicando las Leyes del Álgebra de Boole. a) C B + C B A + C A + A b) C BA + ( A ⊕ B)(C + BA) Solución:

3


Fundamentos de Ingeniería Electrónica Problemas de Electrónica Digital a)

C B + C BA + C A + A =

Propiedad Distributiva

= C B + C (1 B A2+3 A) + A =

Ley de Absorción

= C B + CA + A = = CB + C + A = =C+B+ A

Axioma: A + AC = A + C

A

Axioma: C + C B = C + B

b)

C BA + ( A ⊕ B)(C + BA) =

Tª De Morgan, OR-exclusivo

= C ( B + A) + ( AB + AB)(C BA) =

Prop. Distributiva, Tª. De Morgan

= C B + C A + ( AB + AB)(C B + C A) =

Prop. Distributiva, B B = 0

= C B + C A + CB A + C B A =

Ley de Absorción

=C B+C A EJERCICIO 8 Simplifique las siguientes expresiones booleanas utilizando el Teorema de De Morgan y las leyes del Álgebra de Boole. a) ( A + B ) C + A + B C + AC b) (( DA + C ) + C ) + B A( A + C ) ( B + D ) Solución: a)

( A + B) C + A + B C + AC =

Teorema de De Morgan

= A + B + C + A BC + AC =


= A B + C + A ( B + C ) + AC =

Ley Involutiva y Prop. Distributiva

= A B + C + A B + A C + AC =

Ley de absorción y C + CA = C + A

= A B+ A B+C + A=

Ley de absorción y A + A B = A + B

=C+B+ A b) (( DA + C ) + C ) + B A( A + C ) ( B + D ) =

Tª De Morgan

= ( DA + C ) C + ( B A + A + C )( B + D) =

Tª

CC = 0 = DCA + ( B + A + AC )( B + D) =

Prop. Distributiva

= DCA + B + DB + B A + D A + C BA + DC A = = DCA + B + D A + DC A = = DA(C + C ) + B + D A =

De

Morgan,

Distributiva,

Ley de Absorción Prop. Distributiva

C + C = 1 , Prop. Distributiva

4


Fundamentos de Ingeniería Electrónica Problemas de Electrónica Digital

A+ A =1

= D( A + A) + B = = D+B EJERCICIO 9

Se conoce la tabla de verdad de la función F. Obtenga la expresión canónica como suma de productos. BA 00 01 10 11

F 0 1 0 1

Expresión como suma de productos:

F = B A + BA EJERCICIO 10 Simplifique la función lógica y compruebe que el valor de la expresión, simplificada y sin simplificar, coincide para todas las combinaciones de valores de las variables de entrada.

G = (CB + A)( B + CA) Solución:

G = (CB + A)( B + CA) =


= CB A ( B + CA) =


= (C + B) A ( B + CA) =

Propiedad Distributiva

= (C A + B A) ( B + CA) =

Propiedad Distributiva y C C = 0

=C B A Finalmente: G = (CB + A)( B + CA) = C B A Tabla de verdad para el primer término de la igualdad se desarrolla como sigue:

CBA

CB

CB + A

CB + A

CA

B + CA

000 001 010 011 100 101 110 111

0 0 0 0 0 0 1 1

0 1 0 1 0 1 1 1

1 0 1 0 1 0 0 0

0 0 0 0 0 1 0 1

0 0 1 1 0 1 1 1

Primer término 0 0 1 0 0 0 0 0

5


Fundamentos de Ingeniería Electrónica Problemas de Electrónica Digital Tabla de verdad para el segundo término de la igualdad se desarrolla como sigue: Segundo CBA C A término 000 1 1 0 001 1 0 0 010 1 1 1 011 1 0 0 100 0 1 0 101 0 0 0 110 0 1 0 111 0 0 0 Se puede observar que los valores de los dos términos de la igualdad coinciden para todas las combinaciones de valores de variables de entrada. EJERCICIO 11 Simplifique las siguientes expresiones booleanas expresadas como sumas de productos utilizando las Leyes del Álgebra de Boole.

∑ (0,1,2) b) H = ∑ (0,2,4,6,7) a) H =

2

3

Solución: a)

H = ∑ (0,1,2) = B A + B A + B A = B ( A + A) + B A = B + B A = B + A 123 2 1

b) H =

∑ (0,2,4,6,7) = C B A + CB A + C B A + CB A + CBA =

Prop. Distributiva

3

= (C + C ) B A + (C + C ) B A + CBA = B A + B A + CBA = 1 424 3 1 424 3

Prop. Distributiva

= ( B + B) A + CBA =

Ley:

1

1

A + AB = A + B = A + CB

6


Fundamentos de Ingeniería Electrónica Problemas de Electrónica Digital EJERCICIO 12 Obtenga a partir de la tabla de verdad de la función F, su expresión en forma canónica algebraica y numérica, como suma de productos.

CBA

F

000 001 010 011 100 101 110 111

1 0 1 1 0 1 0 0

m 0 1 2 3 4 5 6 7

FORMA ALGEBRAICA Suma de productos: F = C B A + C B A + C BA + C B A FORMA NUMÉRICA Suma de productos: F =

∑ (0,2,3,5) 3

EJERCICIO 13 Sintetice las siguientes funciones lógicas. a) F = (C BD + A) BA + DBC b) F = ( A ⊕ ( B + C )) D + B (C + A + D )

Solución: a) F = (C BD + A) BA + DBC

A B

C D

F b) F = ( A ⊕ ( B + C )) D + B (C + A + D )

A B

C D

F

7


Fundamentos de Ingeniería Electrónica Problemas de Electrónica Digital EJERCICIO 14 Realice los cálculos necesarios y rellene la tabla de verdad que se acompaña. La función f se describe en el circuito de la figura. Nota: LSB= bit menos significativo. MSB= bit más significativo. Nota: LSB = “Least Significant Bit”. MSB = “Most Significant Bit”, Bit de menos peso y de más peso respectivamente. Los números 0, 1, 2, etc. indican el peso de cada una de las salidas del decodificador u multiplexor.

a 0 0 0 0 0 0 0 0 1 1 1 1 1 1 1 1

b 0 0 0 0 1 1 1 1 0 0 0 0 1 1 1 1

c 0 0 1 1 0 0 1 1 0 0 1 1 0 0 1 1

d 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1

f

Solución: En general, existen dos métodos de resolución de este tipo de ejercicios de análisis de circuitos: • El primero consiste en asignar valores a las entradas hasta completar todas las filas de la tabla de verdad. El valor de las salidas del circuito se calcula propagando las el valor de las entradas de izquierda a derecha hasta alcanzar las salidas, calculando todos los valores intermedios que sean necesarios. Este método es general y se puede utilizar para analizar cualquier circuito combinacional. Sin embargo, resulta tedioso. • El segundo método consiste en observar cuidadosamente el circuito para encontrar alguna propiedad de alguno de sus bloques que nos permita analizarlo más fácilmente, dividiéndolo en partes más sencillas. Dependiendo de los componentes que forman el circuito, su complejidad y de cómo se conectan entre sí, será más ventajoso aplicar un método u otro. Analizaremos a continuación algunos casos de la tabla de verdad para el circuito propuesto aplicando el primer método. Para ello se utilizará la siguiente figura, en la que aparecen representadas las señales intermedias del circuito (salidas del decodificador D0, D1, D2, D3 y entradas al multiplexor M0, M1, M2, M3).

8


Fundamentos de Ingeniería Electrónica Problemas de Electrónica Digital Multiplexor

Decodificador M0

D0

0 d c

LSB

1

D1

MSB

2

D2

M1

D3

3

0 f

1

M2

2

M3

3 MSB LSB

a

b

Si se considera que las entradas abcd=0000, al ser ab=00 la salida f coincidirá con el valor presente en la entrada 0 del multiplexor (señal M0). Por otra parte, al ser cd=00, se activará la salida 0 del decodificador que tomará el valor ‘0’, siendo el resto de salidas del decodificador ‘1’, por lo que la salida f valdrá 0. Si las entradas toman el valor 0001, al ser cd=01 se activará la salida 1 del decodificador, por lo que la señal D1 valdrá ‘0’ y D0, D2 y D3 tomarán el valor lógico ‘1’. La salida f tomará el valor presente en la entrada M0 al ser ab=00, es decir valdrá ‘1’. Siguiendo un razonamiento semejante para todos los casos posibles que se pueden presentar en las entradas, se calcularían las señales intermedias que fueran necesarias para cada caso y se obtendrían a partir de ellas el valor que tomaría la salida f. A continuación analizaremos este circuito mediante el segundo método. Si se consideran únicamente las variables a y b (entradas de selección del multiplexor), podemos dividir la tabla de verdad en cuatro partes (ab=00, 01, …). Examinaremos cada caso por separado: •

Si a = ‘0’ y b = ‘0’ la salida f tomará el valor de la entrada 0 del multiplexor (f = M0). Esta entrada está conectada directamente a la salida de menor peso (0) del decodificador (M0 = D0). Por definición, en un decodificador únicamente puede encontrarse activa una de las salidas en cada instante. Por lo que para este circuito, al ser las salidas activas a nivel bajo, la salida 0 del decodificador valdrá ‘0’ cuando C = ‘0’ y D = ’0’, y ‘1’ en el resto de casos. Este resultado nos permite calcular los primeros 4 valores de la salida. Tal como se muestra en la siguiente tabla de verdad: a 0 0 0 0

•

b 0 0 0 0

c 0 0 1 1

d 0 1 0 1

f 0 1 1 1

Si a = ‘1 ‘y b = ‘1’ la salida f del multiplexor toma el valor de su entrada 3 de dato (f = M3), la cual está conectada directamente a la salida 3 del decodificador (M3 = D3). Aplicando un razonamiento similar al seguido cuando se analizó el caso a = ‘0’ y b = ‘0’, se obtiene el valor que toma la salida f para las cuatro últimas filas de la tabla de verdad. La salida 3 del decodificador

9


Fundamentos de Ingeniería Electrónica Problemas de Electrónica Digital tomará el valor ‘0’ únicamente cuando c = ‘1’ y d = ‘1’, siendo ‘1 en el resto de los casos. Es decir la tabla de verdad, cuando ab =11, es: a 1 1 1 1

b 1 1 1 1

c 0 0 1 1

d 0 1 0 1

f 1 1 1 0

El resto de casos para a y b, se analizan de forma similar pero teniendo en cuenta que las entradas al multiplexor no se encuentran conectadas de forma directa a las salidas del decodificador. •

Para el caso a = ‘0’ y b = ‘1’, la salida f toma el valor de la entrada 1 del multiplexor (señal M1, f = M1), el cual se puede calcular a partir de la siguiente figura, en la que se han representado las señales intermedias (D0, D1, D2, D3, M1, M2) del circuito. Multiplexor

Decodificador 0

D0

LSB

1

D1

MSB

2

D2

0

d c

M1 M2

D3

3

f

1 2 3 MSB LSB

a

b

La señal M1 (entrada 1 del multiplexor) valdrá ‘1’ cuando D0 y D1 (salidas 0 y 1 del decodificador respectivamente) valgan ‘0’ a la vez. Sin embargo, esto es imposible, ya que en cada instante únicamente una de las salidas del decodificador puede estar activada y valer ‘0’. Por ello, M1 siempre tomará el valor ‘0’, independientemente del valor que tomen a y b. Es decir la tabla de verdad, cuando ab = 01, es a siguiente: a 0 0 0 0 •

b 1 1 1 1

c 0 0 1 1

d 0 1 0 1

f 0 0 0 0

Para el caso a = ‘1’ y b = ‘0’, la salida f toma el valor de la entrada 2 del multiplexor (señal M2, f = M2). M2 valdrá ‘1’ (puerta NAND) cuando D1 ó D2 valgan ‘0’, es decir para los casos cd = 00 y cd =10, y cero en el resto.

10


Fundamentos de Ingeniería Electrónica Problemas de Electrónica Digital a 1 1 1 1

b 0 0 0 0

c 0 0 1 1

d 0 1 0 1

f 0 1 1 0

La tabla de verdad completa es la siguiente: a b c d f 0 0 0 0 0 0 0 0 1 1 0 0 1 0 1 0 0 1 1 1 0 1 0 0 0 0 1 0 1 0 0 1 1 0 0 0 1 1 1 0 1 0 0 0 0 1 0 0 1 1 1 0 1 0 1 1 0 1 1 0 1 1 0 0 1 1 1 0 1 1 1 1 1 0 1 1 1 1 1 0 EJERCICIO 15 En una memoria EPROM 1Kx8, debido a un error durante el proceso de fabricación, la patilla correspondiente al bit más significativo del bus de direcciones se encuentra conectada permanentemente a ‘0’. Ponga una V sobre la línea en las respuestas verdaderas y una F en las falsas. La memoria con el error...

En la memoria con el error...

_ Pasa a denominarse EEPROM.

_ Se reduce a la mitad el número de bits

_ Es no volátil _ Es de acceso aleatorio _ No se puede conectar con otras memorias por el bus de datos.

_ El bus de datos es bidireccional. _ No puede utilizarse en ningún caso _ Para borrarla basta con no alimentarla.

utilizables

_ Se reduce a la mitad el ancho de cada palabra utilizable

_ El bus de direcciones es bidireccional. _ Solo se puede acceder a las posiciones pares.

_ Solo se puede acceder a las posiciones con dirección menor que 512

_ Solo es necesario conectar 7 líneas del bus de datos.

_ Su capacidad, medida en número de palabras, se reduce a la mitad

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Fundamentos de Ingeniería Electrónica Problemas de Electrónica Digital Solución: Se han marcado en negrita las respuestas verdaderas La memoria con el error...

En la memoria con el error...

_ Pasa a denominarse EEPROM.

_ Se reduce a la mitad el número de

_ Es no volátil _ Es de acceso aleatorio _ No se puede conectar con otras memorias por el bus de datos.

_ El bus de datos es bidireccional. _ No puede utilizarse en ningún caso _ Para borrarla basta con no alimentarla.

bits utilizables

_ Se reduce a la mitad el ancho de cada palabra utilizable

_ El bus de direcciones es bidireccional. _ Solo se puede acceder a las posiciones pares.

_ Solo se puede acceder a las posiciones con dirección menor que 512

_ Solo es necesario conectar 7 líneas del bus de datos.

_ Su capacidad, medida en número de palabras, se reduce a la mitad EJERCICIO 16 En el sistema lógico de la figura todos los circuitos son multiplexores cuatro a uno donde C y A son las entradas de selección menos significativas. Se pide: • Obtener la tabla de verdad de la función de salida F (A,B,C,D). • Realizar la misma función lógica con una PLA de cuatro entradas. Indique los fusibles que permanecen tras el proceso de programación. •

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Fundamentos de Ingeniería Electrónica Problemas de Electrónica Digital Solución:

M0

M1 M4

M2

M3

La salida F toma el valor presente en la entrada de dato que se seleccione en el multiplexor M4 mediante las entradas A B del circuito. Las entradas al multiplexor M4 son las salidas de los multiplexores M0, M1, M2 y M3. Hay que tener en cuenta que A es la entrada de selección de menor peso del multiplexor M4, por lo que cuando en la tabla de verdad AB = 01, se seleccionará el dato presente en la entrada 10 del multiplexor M4 y cuando AB = 10 se seleccionará el dato presente en la entrada 01 del multiplexor M4. Por otra parte, el valor en la salida de los multiplexores M0 a M3 depende del valor de las entradas CD que actúan como entradas de selección para estos multiplexores. Según lo anterior, y teniendo en cuenta que las entradas de selección menos significativas son A y C, se puede calcular la tabla de verdad del circuito directamente. En la siguiente tabla de verdad se han incluido, además de las entradas y la salida del circuito (columnas A, B, C, D, F), el multiplexor que proporciona el dato a la salida F, según los valores de A y B (columna MUX), y una breve explicación sobre como se obtiene el valor de salida de ese multiplexor (Valor seleccionado).

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A B C D F 0 0 0 0 0 0 0 0 1 1 0 0 1 0 1

MUX MO (AB=00) (BA=00)

0 0 1 1 0 0 1 0 0 1 0 1 0 1 0 0 1 1 0 1

M2 (AB=01) (BA=10)

0 1 1 1 0 1 0 0 0 1 1 0 0 1 1 1 0 1 0 0

M1 (AB=10) (BA=01)

1 0 1 1 1 1 1 0 0 0 1 1 0 1 0 1 1 1 0 1 1 1 1 1 1

M3 (AB=11) (BA=11)

Valor seleccionado Entrada de dato 00 de M0 Entrada de dato 10 de M0 (C es la entrada de selección de menor peso de M0) Entrada de dato 01 de M0 (C es la entrada de selección de menor peso de M0) Entrada de dato 11 de M0 Entrada de dato 00 de M2 Entrada de dato 10 de M2 (C es la entrada de selección de menor peso de M2) Entrada 01 de M2 (C es la entrada de selección de menor peso de M1) Entrada de dato 11 de M2 Entrada de dato 00 de M1 Entrada de dato 10 de M1 (C es la entrada de selección de menor peso de M1) Entrada de dato 01 de M1 (C es la entrada de selección de menor peso de M1) Entrada de dato 11 de M1 Entrada de dato 00 de M3 Entrada de dato 10 de M3 (C es la entrada de selección de menor peso de M3) Entrada de dato 01 de M3 (C es la entrada de selección de menor peso de M3) Entrada de dato 11 de M3

El esquema de la PLA con los fusibles que permanecen tras la grabación es el de la siguiente figura:

1 2 4 6 9 11 14 15 8

14


Fundamentos de Ingeniería Electrónica Problemas de Electrónica Digital EJERCICIO 17 El circuito de la figura representa las funciones lógicas XY de tres entradas, A, B y C.

Se pide: a) Obtenga la tabla de verdad de las funciones X(A,B.C) e Y(A,B.C). Tome en ambos casos la variable A como la más significativa. b) Obtenga las ecuaciones en forma de suma de productos sin simplificar para la variable X

Solución:

X = ( AB) ⊕ ( A + C ) Y = AB ⊕ BC A partir de las ecuaciones anteriores, asignando valores a las variables y calculando el valor de las expresiones, se puede completar la tabla de verdad para X e Y: A 0 0 0 0 1 1 1 1

B 0 0 1 1 0 0 1 1

C AB A+C BC 0 0 0 1 1 0 1 1 0 0 0 1 1 0 1 0 0 0 1 1 1 0 1 1 0 1 1 1 1 1 1 0

X 0 1 0 1 1 1 0 0

Y 0 0 0 1 0 0 1 0

La expresión sin simplificar forma de suma de productos se obtiene a partir de las filas en las que X toma el valor ‘1’. Cada una de las filas representa un producto formado por todas las variables de entrada (negadas o sin negar). Si la variable toma el valor ‘0’ aparece negada y si toma el valor ‘1’ aparece sin negar. Cada uno de estos productos en los que aparecen todas las variables de la función se denomina minitérmino. La expresión en forma de suma de productos en los que aparecen todas las variables (en forma directa o complementada) se denomina forma

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canónica (producto canónico). Esta suma de productos se puede expresar de forma compacta mediante una expresión con un sumatorio que se denomina forma compacta o numérica. La función X está formada por la suma de los minitérminos 1, 3, 4 y 5.

X = ABC + ABC + ABC + ABC =∑3 (1,3,4,5) EJERCICIO 18 En el circuito de la figura todos los componentes son ideales. El decodificador trabaja considerando como ‘1’ lógico la tensión de 5 V y como ‘0’ lógico la tensión de 0 V. Dibuje la forma de onda de la tensión en la salida del operacional (Us) cuando la tensión en las entradas A y B varían según la forma de onda del cronograma de la figura. Indique los puntos más significativos de la tensión Us. ¿En qué configuración trabaja el operacional?

Solución: Existe realimentación al estar conectada la salida Us al terminal – del operacional, por lo que trabaja como amplificador sumador inversor.

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El decodificador trabaja considerando como ‘1’ lógico la tensión de 5V. y como ‘0’ lógico 0V. El funcionamiento del decodificador se puede representar en la siguiente tabla: Entradas A B 0 0 0 1 1 0 1 1

Salidas 01 10 0 0 1 0 0 1 0 0

00 1 0 0 0

11 0 0 0 1

Solamente se encuentra activa una sola salida del decodificador en cada instante, por lo que la salida activa tendrá una tensión de 5V. y el resto 0V. Analicemos el caso A = ‘0’ B = ‘0’:

Us =

− R1 5V = −5V R1

Como solamente se encuentra activa una entrada, el resto de casos se resuelve de la misma forma. Pero considerando el valor correspondiente para la resistencia conectada al terminal inversor (-) del operacional (R1, 2R1, 4R1, 8R1). Por lo tanto: A

B

R (-)

0

0

R1

0

1

2R1

1

0

4R1

1

1

8R1

Us

− R1 5V = −5V R1 − R1 Us = 5V = −2,5V 2 R1 − R1 Us = 5V = −1,25V 4 R1 − R1 Us = 5V = −0,625V 8 R1 Us =

17



Con la tabla anterior, dibujar el cronograma es inmediato:

EJERCICIO 19 Diseñar un sistema formado por tres pulsadores y un LED, de forma que éste se enciende solamente cuando se pulsen dos pulsadores a la vez. a) Con puertas AND, OR y NOT b) NAND c) NOR Solución: Llamaremos A, B y C a los pulsadores y L al LED. Cuando un pulsador se encuentre pulsado su variable lógica tomará el valor lógico ‘1’ y valdrá ‘0’ cuando no se encuentre pulsado. Cuando el LED está encendido L vale ‘1’ y ‘0’ cuando está apagado. Teniendo en cuenta lo anterior, se construye la siguiente tabla de verdad que define el comportamiento del circuito lógico que controla el LED. A 0 0 0 0 1 1 1 1

B 0 0 1 1 0 0 1 1

C 0 1 0 1 0 1 0 1

L 0 0 0 1 0 1 1 0

Pulsadores Ningún pulsador activado Un único pulsador activado Un único pulsador activado Dos pulsadore activados Un único pulsador activado Dos pulsadores activados Dos pulsadore activados Tres pulsadores activados

Las ecuaciones lógicas del circuito en forma de sumas de productos se pueden obtener a partir de la tabla de verdad:

18



L = ABC + ABC + ABC =∑ (3,5,6) 3

A partir de la ecuación anterior se puede dibujar de forma directa, sustituyendo cada operador por la puerta lógica equivalente, el circuito lógico sin simplificar con puertas AND, OR e inversores (NOT) que controla el encendido del LED:

NOT

inst21

NOT

C

inst22

NOT

B

inst20

A

AND3

inst16 AND3

OR3

inst17

inst19

L

AND3

inst18

Para obtener el circuito equivalente sin simplificar implementado únicamente con puertas NAND, se transformaría la ecuación obtenida anteriormente aplicando las propiedades del álgebra de Boole, o modificado de forma gráfica el circuito obtenido anteriormente con puertas AND, OR y NOT.

L = ABC + ABC + ABC = Doble inversión

L = ABC + A BC + ABC =

Teoremas de DeMorgan

L = ABC ⋅ ABC ⋅ ABC

Un inversor se puede obtener a partir de una puerta NAND cortocircuitando sus dos entradas. Esto se puede demostrar comparando las tablas de verdad de un inversor y la de una puerta NAND de dos entradas con sus dos entradas unidas entre si. C A B

A

B

C

L

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Fundamentos de Ingeniería Electrónica Problemas de Electrónica Digital Para obtener el circuito equivalente implementado únicamente con puertas NOR, Hay que transformar la ecuación obtenida anteriormente con puertas AND, OR y NOT aplicando las propiedades del álgebra de Boole, o modificar de forma gráfica ese circuito obtenido anteriormente.

L = ABC + A BC + ABC Doble inversión

L = ABC + A BC + ABC


L = ABC ⋅ ABC ⋅ ABC L = ( A + B + C) ⋅ ( A + B + C) ⋅ ( A + B + C)


L = ( A + B + C) + ( A + B + C) + ( A + B + C)


En la última expresión cada uno de los sumandos parciales se puede representar mediante una puerta NOR de 3 entradas. En la figura se representa como se puede transformar el resto del circuito para dibujarlo únicamente con puertas NOR. Al igual que para el caso de las puertas NAND, un inversor se puede obtener cortocircuitando las entradas de una puerta NOR.

NOR2

inst11

NOR2

C

inst10

NOR2

B

inst9

A

NOR3

inst13

NOR3

inst NOR3

inst1

OR3

inst6

NOT

NOT

inst8

inst12

L

NOR3

inst2

NOR2

inst15

Nota: En general, antes de implementar el circuito se utiliza algún método de minimización (álgebra de Boole, mapas de Karnaugh, algoritmos implementados en computadora, etc.) para así obtener un circuito más sencillo, con un menor número de componentes. En nuestro caso se podría utilizar el A. de Boole para obtener una expresión más sencilla, con menos literales (variables) y operadores lógicos, lo que daría lugar a un circuito con menos componentes. En este caso particular, el lector puede comprobar que no es posible simplificar el circuito Nota: Las puertas NAND y NOR son especialmente interesantes, ya que cualquier circuito se puede diseñar únicamente con puertas NAND o NOR.

20


Fundamentos de Ingeniería Electrónica Problemas de Electrónica Digital EJERCICIO 20 Un sistema de alarma tiene 4 detectores A, B, C y D situados en distintas zonas de un edificio. La alarma se encenderá cuando se activen 3 ó 4 detectores. La alarma nunca se disparará si se activan uno o dos detectores, tampoco se disparará si A = 0 y B = C = D = 1. Por razones de seguridad la alarma se encenderá si B = C = D = 0 y A = 1. Suponga que cuando el detector se activa proporciona un ‘1’ lógico a su salida y que cuando se activa la alarma se indica mediante un ‘1’. Implemente el circuito de activación de la alarma con puertas, AND, OR y NOT. Solución: A partir de los datos del enunciado se puede obtener la tabla de verdad para la activación de la alarma (F): A 0 0 0 0 0 0 0 0 1 1 1 1 1 1 1 1

B 0 0 0 0 1 1 1 1 0 0 0 0 1 1 1 1

C 0 0 1 1 0 0 1 1 0 0 1 1 0 0 1 1

D 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1

F 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 1 0 1 1 1

Y la ecuación lógica del circuito:

F = ABC D + ABCD + ABC D + ABC D + ABCD El esquema del circuito sin simplificar con puertas AND, OR y NOT es el siguiente: A

B

C

D

A

B

C

D

F

21


Fundamentos de Ingeniería Electrónica Problemas de Electrónica Digital EJERCICIO 21 Dada la función lógica f(A,B,C,D) = Σ(0,1,3,5,7,9,11,12) (Vale ‘1’ para la entradas 0,1,3 … y ‘0’ en el resto de casos). Obtenga la expresión de puertas utilizando únicamente puertas NAND. No es necesario que dibuje el esquema de puertas, solo las ecuaciones. Solución:

f = ABC D + ABC D + ABCD + ABC D + ABCD + ABC D + ABCD + ABC D f = ABC D + ABC D + ABCD + ABC D + ABCD + ABC D + ABCD + ABC D f = ABC D ⋅ ABC D ⋅ ABCD ⋅ ABC D + ABCD ⋅ ABC D ⋅ ABCD ⋅ ABC D

Doble inversión Teorema de DeMorgan

EJERCICIO 22 Dada la PAL de la figura, en la que se han implementado las funciones lógicas F y G, se pide: a) Obtenga las expresiones algebraicas canónicas en forma de suma de productos de las funciones F y G de la Figura 1 b) Suponga ahora que A= ‘0’. Implemente las funciones F y G mediante un multiplexor de tres entradas de selección (según se muestra en la Figura 2, de forma que si la entrada de selección S2 es ‘0’ se obtiene en la salida Y del multiplexor la función F y si S2 es ‘1’ se obtiene G. A

B C

D

D0 D1 D2 D3 D4 D5 D6 D7

FG

Y=F

‘0’

Y=G

‘1’

MUX

Y

S2 S1 S0

C D

Figura 2

Figura 1 22



Solución: Las expresiones algebraicas de F y G se obtienen observando los contactos existentes en el plano AND y en el plano OR. F = ABC + ABCD + CD G = AD + BC + AD

Si suponemos que A=’0’, las expresiones anteriores se simplifican, al eliminarse todos los productos lógicos en los que aparezca la variable A: F = BCD + CD = CD (1+B) = CD G = BC +D

Por la definición de funcionamiento de un multiplexor: c) Cuando S2=’0’ se seleccionarán las entradas de dato D0 a D3 del multiplexor según los valores de C y D. d) Cuando S2=’1’ se seleccionarán las entradas de dato D4 a D7 del multiplexor según los valores de C y D. F se debe obtener cuando S2 = ‘0’. En este caso, se seleccionan las entradas de dato D0 a D3 del multiplexor. Por otra parte, como F = CD, quiere decir que F valdrá ‘1’ únicamente cuando C = D = ’1’. Por lo que se debe seleccionar un ‘1’ cuando CD=11. Por lo tanto, en las entradas de selección del multiplexor se deben poner los siguientes valores lógicos (fila Valor dato): Selección CD 00 Entrada de dato D0 seleccionada Valor dato 0

01 D1

10 D2

11 D3

0

0

1

Para G, podemos aplicar las propiedades del a. de Boole para obtener una expresión en la que aparezcan las dos variables de selección del multiplexor (C y D).

G = BC + D = BC ( D + D) = BCD + BC D Esta última expresión lógica indica que G toma el valor de B cuando C=1, y vale ‘1’ cuando D=1, siendo indiferente el valor de B y C en este último caso. G valdrá ‘0’ en el resto de casos.

Selección CD 00 (D4) Entrada de dato D4 seleccionada Valor dato 0

01 (D5) D5

10 (D6) D6

11 (D7) D7

1

B

B

23



F: S2 = 0

G: S2 = 1

0 0 0 1 0 1 B B

Y=F

‘0’

Y=G

‘1’

D0 D1 D2 D3 D4 D5 D6 D7

MUX

Y

S2 S1 S0

C D

EJERCICIO 23 El circuito de la figura tiene 4 entradas A, B, C, D y una salida S. Obtenga la tabla de verdad de la salida S(A, B, C, D). Justifique su respuesta. DECODIFICADOR

S0

0

S1 C

E0

S2

B

E1

S3

A

E2

S4

1

MUX S Sel D

S5 S6 S7

A 0 0 0 0 0 0 0 0 1 1 1 1 1 1 1 1

B 0 0 0 0 1 1 1 1 0 0 0 0 1 1 1 1

C 0 0 1 1 0 0 1 1 0 0 1 1 0 0 1 1

D 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1

S

24


Fundamentos de Ingeniería Electrónica Problemas de Electrónica Digital Solución: Del esquema del circuito se observa que cuando D = ‘0’ la salida S = ‘0’ (al ser D la entrada a una puerta AND), esta propiedad del circuito permite obtener directamente la mitad de la tabla para S. Por el mismo motivo, la salida S será ‘0’ cuando la salida del multiplexor (MUX) sea ‘0’. Para analizar este caso se van a considerar las señales intermedias X, Y, Z, T. Del funcionamiento del multiplexor se deduce que cuando Z = ‘0’ T = X y cuando Z = ‘1’ T = Y, las cuales se representan en la siguiente figura: DECODIFICADOR

S0

X

S1

Y

C

E0

S2

B

E1

S3

A

E2

S4

0 1

MUX

T S

Sel D

S5

Z

S6 S7

Z será ‘0’ cuando S6 = S7 = ‘1’ (puerta NAND). Esta condición es imposible, ya que deberían estar activadas al mismo tiempo las dos salidas del decodificador, por lo que Z es ‘1’ siempre. Esto implica que T = Y, ya que X no se seleccionará nunca. Por otra parte, Y = ‘1’ cuando S2 ≠ S3 (puerta XOR). Esta condición se cumple cuando está seleccionada una de las dos salidas (S2 ó S3) del decodificador y el resto de las salidas del decodificador valen ‘0’. Esta condición se cumple cuando ABC = 010 ó ABC = 011. Por lo que se cumple que S1 = ‘1’ cuando se da alguna de las siguientes condiciones (marcadas en rojo en la tabla de verdad): ABC = 010 y D = ‘1’ ABC = 011 y D = ‘1’ A 0 0 0 0 0 0 0 0 1 1 1 1 1 1 1 1

B 0 0 0 0 1 1 1 1 0 0 0 0 1 1 1 1

C 0 0 1 1 0 0 1 1 0 0 1 1 0 0 1 1

D 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1

S 0 0 0 0 0 1 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0

25


Fundamentos de Ingeniería Electrónica Problemas de Electrónica Digital EJERCICIO 24 Dado el circuito de la figura, cuyas entradas son A, B, C, D y sus salidas S1 y S2. Obtenga la tabla de verdad que define el valor de las salidas en función de las entradas. Ordene las columnas de la tabla de verdad de la forma A B C D S1 S2. C Decodificador

0 MUX 1

A0 A B

A1

E1 E0

A2

0

A3

1

S1

MUX S2

D

Solución: S1 es ‘1’ cuando alguna de las entradas a la puerta OR es ‘1’. Es decir, cuando el multiplexor selecciona la entrada salida activa del multiplexor. Esto se produce para las siguientes combinaciones de las entradas: C=0 C=1 D=0 D=1

y AB = 00 y AB = 01 y AB = 10 y AB = 11

Para el resto de combinaciones de las entradas S1 es ‘0’. S2 es ‘1’ cuando D = ‘1’ y S1 = ‘1’ a la vez (puerta AND). En el resto de casos valdrá ‘0’. Teniendo en cuenta lo anterior se puede completar la tabla de verdad: A 0 0 0 0 0 0 0 0 1 1 1 1 1 1 1 1

B 0 0 0 0 1 1 1 1 0 0 0 0 1 1 1 1

C 0 0 1 1 0 0 1 1 0 0 1 1 0 0 1 1

D 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1

S1 1 1 0 0 0 0 1 1 1 0 1 0 0 1 0 1

S2 0 1 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 1 0 1

26


Fundamentos de Ingeniería Electrónica Problemas de Electrónica Digital EJERCICIO 25 Para el circuito de la figura, cuyas entradas son A, B, C y D y sus salidas X, Y, Z. Complete la tabla de verdad para las entradas y salidas del circuito. C D

MUX X

D0 C D1

D ‘1’ C D

A

X

D2 D3

DECOD S1

S0

Y S0

E A

B S1

Z

A

A 0 0 0 0 0 0 0 0 1 1 1 1 1 1 1 1

B 0 0 0 0 1 1 1 1 0 0 0 0 1 1 1 1

C 0 0 1 1 0 0 1 1 0 0 1 1 0 0 1 1

D 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1

X

Y

Z

Solución: Para obtener el valor de X, hay que dar valores a A y B y calcular el valor correspondiente de la entrada de dato (D0 a D3) al multiplexor, el cual depende de C y D. Por ejemplo, cuando AB = 00, X = C+D (X valdrá ‘1’ cuando alguna de ellas sea ‘1’). Cuando AB = 10 X = ‘1’ siempre, etc. Y vale ‘1’ cuando A = ‘1’ ó cuando S0 = ‘1’ (puerta OR). Esta última condición equivale a que X = ’0’ (entrada al decodificado). Por lo que cuando X = ‘0’ Y vale ‘1’. Observando el circuito se deduce que Z =’1’ cuando X = ‘1’ (se activa S1) y A = ‘1’

27


Fundamentos de Ingeniería Electrónica Problemas de Electrónica Digital (ambas condiciones a la vez, al ser una puerta AND) Considerando las condiciones anteriores, se puede completar la tabla de verdad par X, Y, Z: A B C D X Y Z 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 1 0 0 0 0 1 0 1 0 0 0 0 1 1 1 0 0 0 1 0 0 1 0 0 0 1 0 1 1 0 0 0 1 1 0 1 0 0 0 1 1 1 0 1 0 1 0 0 0 1 1 1 1 0 0 1 1 1 1 1 0 1 0 1 1 1 1 0 1 1 1 1 1 1 1 0 0 0 1 0 1 1 0 1 1 1 1 1 1 1 0 1 1 1 1 1 1 1 0 1 0 EJERCICIO 26 Dados los números X= AC16 y 8910. Se pide: • Represente X en decimal, binario, octal y complemento a dos. • Represente –Y en signo magnitud, complemento a 1 y complemento a 2, con el mínimo número de bits necesario en los tres casos. Solución:

Para convertir a binario, se aplican divisiones sucesivas por 2:

X2 = 10101100 Como comprobación, se va a convertir el número binario obtenido a hexadecimal. Para convertir a hexadecimal, se agrupa en grupos de 4 bits de derecha a izquierda, añadiendo a la izquierda los ceros que sean necesarios.

28


Fundamentos de Ingeniería Electrónica Problemas de Electrónica Digital X2 = 1010 1100 = AC16 = ACH Por lo que la conversión a binario es correcta. También se podría haber convertido A antes a binario directamente desde hexadecimal. Para ello, hay que sustituir cada dígito hexadecimal por su equivalente binario de 4 bits (16 = 24), según la siguiente tabla de equivalencias entre decimal, binario y hexadecimal. Decimal 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15

Binario 0000 0001 0010 0011 0100 0101 0110 0111 1000 1001 1010 1011 1100 1101 1110 1111

Hexadecimal 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 A B C D E F

Para convertir a octal se agrupa en grupos de tres bits de derecha a izquierda (8 = 23), añadiendo a la izquierda los ceros que sean necesarios.

Como X es un número positivo, para expresarlo en complemento a dos (C2) hay que añadir un ‘0’ a la izquierda a su expresión binaria, ya que en el convenio de C2 el bit más significativo representa una magnitud dada por su peso y un signo. Cuando es ‘1’ el signo es negativo y cuando es ‘0’ el número es positivo. X2 = 101011002 = 010101100C2

29


Fundamentos de Ingeniería Electrónica Problemas de Electrónica Digital EJERCICIO 27 Suponga la misma entrada de datos D y la misma señal de reloj CLK para dos biestables D. Considere el primero activo por flanco de subida (salida Q1) y el segundo por flanco de bajada (salida Q2). Represente las señales de salida de cada uno de los biestables.

CLK

1

2

3

4

5

6

7

D Q1 Q2 EJERCICIO 28 Complete el cronograma para el circuito de la figura. Suponga que inicialmente el estado del biestable es ‘0’. La señal D se corresponde con la entrada del biestable.

Solución: La entrada del biestable D sigue la expresión:

D = AB + AC

30


Fundamentos de Ingeniería Electrónica Problemas de Electrónica Digital La salida del biestable, Q (que coincide con la salida del circuito, C) se actualiza en los flancos ascendentes de reloj, tomando el valor de D.

EJERCICIO 29 Complete el cronograma para el circuito de la figura. Suponga que inicialmente el estado del biestable es ‘0’. La señal D se corresponde con la entrada del biestable.

Solución: La señal D de entrada al biestable, se corresponde con la expresión:

D = AQ + BQ donde Q se corresponde con la salida del biestable en el estado actual. Por otra parte, Q actualiza la salida del circuito en los flancos ascendentes de reloj, tomando el valor de D.

31


Fundamentos de Ingeniería Electrónica Problemas de Electrónica Digital EJERCICIO 30 Complete el cronograma para el circuito de la figura. Suponga que inicialmente el estado del biestable es ‘0’. Las señales Q1 y Q2 se corresponden con las salidas del primer y segundo biestable, respectivamente.

Solución: Los biestables D actualizan sus salidas (Q1 y Q2) en los flancos ascendentes de reloj. La señal OUT, se corresponde con la expresión:

OUT = Q1 ⊕ Q 2

EJERCICIO 31 Diseñe una memoria de 2kx4 con integrados de 1kx4. Solución: Se dispone de integrados de 1k de capacidad, que se direccionan con:

210 = 1024 → 10 lineas de direcciones Estas líneas de direcciones se numeran de la más significativa a la menos significativa como: A9, A8, A7, etc. hasta la A0. Como se pretende direccionar una memoria de 2k palabras de capacidad, se necesitan:

32



2 ⋅ 210 = 211 → 11 lineas de direcciones Es decir, se necesitan 2 memorias de capacidad 210 (1k) y además es preciso añadir una nueva línea de dirección, que llamamos A10. Esta nueva línea de dirección, A10, se puede utilizar para distinguir cual de las dos memorias de 1k se esta direccionando. - Cuando A10 = 0 → /CS1 = 0, se selecciona la memoria Nº1 y no se selecciona la Nº2 (/CS2=1). - Cuando A10 = 1 → /CS2 = 0, se selecciona la memoria Nº2 y no se selecciona la Nº1 (/CS1=1). La implementación descrita anteriormente se realiza con una puerta NOT conectada como se muestra en la figura de forma que, en cada momento, únicamente puede estar seleccionado uno de los chips de 1k. Las líneas de datos, denominadas en el ejemplo como I04:IO1, se unen una a una a la salida de ambos chips.

EJERCICIO 32 Se desea diseñar una memoria de 4kx4 y se dispone de memorias de 1kx4. Solución: Se dispone de integrados de 1k de capacidad, que se direccionan con:

210 = 1024 → 10 lineas de direcciones Estas líneas de direcciones se numeran de la más significativa a la menos significativa como: A9, A8, A7, etc. hasta la A0. Como se pretende direccionar una memoria de 4k palabras de capacidad, se necesitan:

4 ⋅ 210 = 2 2 ⋅ 210 = 212 → 12 lineas de direcciones Es decir, se necesitan 4 memorias de capacidad 210 (1k) y además es preciso añadir dos líneas

33


Fundamentos de Ingeniería Electrónica Problemas de Electrónica Digital nuevas de direcciones, (respecto de las 10 líneas para integrados de 1k), que llamamos A11 y A10. Estas dos líneas nuevas de dirección, se pueden utilizar para distinguir cual de las 4 memorias de 1k se esta direccionando. Una forma sencilla de hacerlo es utilizar un decodificador. El decodificador permite seleccionar cada uno de los integrados, de forma que únicamente uno de ellos este activo en cada instante. En este caso se utiliza un decodificador 2 a 4, con salidas activas a nivel bajo. Las entradas del decodificador se conectan a las líneas A11 y A10 y sus salidas decodificadas a las entradas de selección de cada chip de memoria RAM. De este modo: A11 0 0 1 1

A10 0 1 0 1

RAM seleccionada Chip 0 Chip 1 Chip 2 Chip 3

Las líneas de datos, denominadas en el ejemplo como D3:D0, se unen una a una a la salida de los 4 chips.

EJERCICIO 33 Se quiere diseñar del mapa de memoria de una nueva consola portátil de videojuegos que 34


Fundamentos de Ingeniería Electrónica Problemas de Electrónica Digital será lanzará al mercado en breve. Este dispositivo se caracteriza por trabajar con palabras de 32 bits y utilizar 21 líneas de direcciones. La distribución de la memoria es como sigue: • En la parte baja de la misma (posición 0) se ubican 128K de ROM. • A continuación se sitúan 256 K de memoria no volátil pero reprogramable para poder realizar actualizaciones del sistema. • A continuación se dispone de 256 K libres para ser utilizados en otros modelos que se lanzarán al mercado posteriormente. • Tras este hueco se desea ubicar 1 M de memoria DRAM. • En la parte superior del espacio de memoria se colocan 128 K de SRAM, para la memoria gráfica del sistema. • Entre esta zona (SRAM) y la inmediata inferior (DRAM) de deja un hueco para conectar periféricos al sistema y tarjetas especiales de ampliación. • Para la construcción del circuito se dispone de un número suficiente de los siguientes circuitos: o ROM de 128Kx16 o DRAM de 512Kx16 o SRAM de 64Kx32 o FLASH de 256Kx32 1. ¿Cuántos circuitos integrados se necesitan de cada tipo para completar el esquema de memoria?

Para completar el esquema de memoria se necesitan: - 2 memorias ROM de 128kx16 para extender la longitud de palabra hasta 32 bits - 1 memoria FLASH de 256kx32 - 4 memorias DRAM de 512kx16 para extender la longitud de palabra hasta 32 bits y completar 1M de DRAM - 2 memorias SRAM de 64kx32 para completar 128k de SRAM 2.

Diseñe el mapa de memoria del sistema indicando en hexadecimal las direcciones de comienzo y final de cada uno de los circuitos integrados de memoria.

Dirección hexadecimal SRAM2 64kx32 SRAM1 64kx32 Libre 256k DRAM3 512kx16 DRAM1 512kx16

DRAM4 512kx16 DRAM2 512kx16 Libre 256k FLASH 256kx32 ROM1 ROM2 128kx16 128kx16

Final: 1 F F F F F Inicio: 1 F 0 0 0 0 Final: 1 E F F F F Inicio: 1 E 0 0 0 0 Final: 1 D F F F F Inicio: 1 A 0 0 0 0 Final: 1 9 F F F F Inicio: 1 2 0 0 0 0 Final: 1 1 F F F F Inicio: 0 A 0 0 0 0 Final: 0 9 F F F F Inicio: 0 6 0 0 0 0 Final: 0 5 F F F F Inicio: 0 2 0 0 0 0 Final: 0 1 F F F F Inicio: 0 0 0 0 0 0

35


Fundamentos de Ingeniería Electrónica Problemas de Electrónica Digital 3.

Diseñe un sistema de decodificación para los distintos circuitos que componen la memoria. Una posible implementación para direccionar los distintos circuitos de memoria, es el empleo de un decodificador. Un decodificador diseñado adecuadamente permite seleccionar directamente, a través de una de sus salidas, las memorias de menor tamaño y, mediante lógica adicional, las memorias de tamaño superior.

A20 A19 A18 A17 A16

I4 I3 I2 I1 I0

O0 O1 O2 O31 O5 O6 O31 O9 O10 O31 DEC O 5:32 31 O17 O18 O31 O31 O25 O26 O31 O29 O30 O31

CS ROM1 Y ROM2 . . . . . . . .

CS FLASH

Hueco periféricos

. . . . . .

CS DRAM1 Y DRAM2

. . . . . .

CS DRAM3 Y DRAM4

. . . .

256k libres CS SRAM1 CS SRAM2

Figura 1 El mapa de memoria posee 21 líneas de dirección, numeradas como A20: A0. Con 21 líneas de dirección se pueden direccionar hasta 2 21 posiciones de memoria, es decir, 2M = 2048k. El tamaño total de la memoria se puede repartir teniendo en cuenta el tamaño menor de los chips, en este caso de las memorias SRAM de 64k.

2Mb 2048k = = 32 64k 64k De esta manera se pueden direccionar hasta 32 tramos de 64k cada uno, si se emplea un decodificador 5:32 como se muestra en la Figura 1. Las entradas del decodificador se corresponden con las 5 líneas de mayor peso del bus de direcciones: A20, A19, A18, A17 y A16. La salida O31, por ejemplo, se conecta directamente a la entrada de selección de chip ( CS ), de la memoria SRAM2. Las salidas O0 y O1 generarán la señal de selección de los chips ROM1 y ROM2 conjuntamente (mediante una puerta AND), ya que el circuito integrado ROM1 contiene los 16 bits de mayor peso de la palabra (parta alta) y ROM2 los 16 bits de menor peso de la misma (parte baja). El procedimiento es análogo con el resto de salidas de decodificador. Por otro lado, es preciso dejar los dos huecos especificados en el enunciado para ampliaciones posteriores. 4. Dibuje el circuito completo indicando de forma clara todas las conexiones. Las líneas del bus de direcciones, mediante las cuales se accede a cada tipo de memoria, se calculan según las posiciones de memoria que se quieran direccionar. Por ejemplo, para las memorias ROM de 128k de necesitan 17 líneas de dirección:

36



128k = 2 7 ⋅ 210 = 217 Para las memorias ROM las líneas del bus de direcciones serían las numeradas como A16: A0. El número de líneas de datos que parten de cada memoria depende de si la longitud de la palabra del circuito integrado de memoria es de 16 ó de 32 bits. En el caso de ser de 16 bits, la numeración puede ser D31: D16 ó D15: D0, dependiendo de si es la parte alta o baja de la palabra, respectivamente. Si la longitud de la palabra del chip es de 32, las líneas de datos se numeran como D31: D0.

A20:A0

D31:D0

21

32

A20:A16

A16:A0

5

ROM1 128kx16 A D

17

A20 A19 A18 A17 A16

I4 I3 I2 I1 I0

O0 O1 O2 O31 O5 O6 O31 O9 O10 O31 DEC O 5:32 31 O17 O18 O31 O31 O25 O26 O31 O29 O30 O31

D31:D16

A

16

CS

ROM2

A16:A0 128kx16 17

16

CS

FLASH

A17:A0 256kx32 A

. . . . . . . .

18 Hueco periféricos

A

. . . . . .

19

. . . . . . . . . .

DRAM1

A18:A0 512kx16

D

16

CS

DRAM3

A18:A0 512kx16 A

19

D

CS

D31:D16

D31:D16 16

32

DRAM2

A18:A0 512kx16 A

D

DRAM4

A

D15:D0 16

CS

A18:A0 512kx16 19

D31:D0

D

CS

19

D15:D0

D

D

CS

D15:D0 16

256k libres

A15:A0 16

A15:A0 16

SRAM1 64kx32 A D CS

SRAM2 64kx32 A D CS

D31:D0 32

D31:D0 32

EJERCICIO 34 En la figura se representa una PROM que no ha sido programada (todos sus fusibles están intactos). Indique los fusibles que permanecerán tras el proceso de grabación,

37


Fundamentos de Ingeniería Electrónica Problemas de Electrónica Digital si se desea implementar un conversor de código binario a código Gray, cuya tabla de verdad se indica en la figura.

Solución: En una PROM el usuario programa el plano OR. Como en el plano AND están implementadas todas las posibles combinaciones de las entradas (B3, B2, B1, B0), en el plano OR se sumarán todas las combinaciones que hacen 1 cada una de las funciones de salida (G3, G2, G1, G0). 38


Fundamentos de Ingeniería Electrónica Problemas de Electrónica Digital Para que una combinación se sume a la salida, el fusible que conecta dicha combinación con la salida, debe permanecer intacto (en la figura aparece marcado con un punto gordo azul). Se observa que, el proceso es tan sencillo como “copiar” la tabla de verdad sobre la matriz programable OR: - Si en la tabla aparece un ‘1’ para la función G0, el fusible permanece - Si en la tabla aparece un ‘0’ para la función G0, el fusible se funde y no hay conexión

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Fundamentos de Ingeniería Electrónica Problemas de Electrónica Digital EJERCICIO 35 Implemente en la PAL de la figura las siguientes funciones lógicas:

F1 ( A, B, C ) =∑ 4 (0,2,5,6) F2 ( A, B) = ∑ 2 (0,7) F3 ( A, B, C , D) = ∑5 (1,4,31)

Solución: Cada una de las funciones de salida, F1, F2 y F3, viene expresada como suma de productos. En una PAL el usuario puede programar el plano AND. La función F1 es una función de 4 variables de entrada (A, B, C y D), por lo que se puede implementar con esta PAL de 4 entradas. De la misma manera ocurre con la función F2, que es únicamente de dos variables (A y B). Sin embargo, la función F3, que es de 5 variables no se puede implementar, en principio con esta PAL por tener más variables que entradas tiene la PAL que son 4. Sólo podría hacerse en el caso de poder simplificar la función e intentar eliminar alguna variable. En este caso no es posible. En la figura se muestran los fusibles que se funden en el plano AND para implementar las funciones F1 (azul) y F2 (rojo). F3 tiene más variables (5) que entradas hay en la PAL (4), por lo que para implementar dicha función en la PAL de la figura hay que simplificar la función para intentar eliminar alguna variable. En este caso no se puede implementar F3, ya que no se puede simplificar más la expresión, lo que se puede comprobar empleando el álgebra de Boole o cualquier otro método de simplificación.

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EJERCICIO 36 Indique en la PLA de la figura, los fusibles que permanecerán tras el proceso de grabación, si se desea implementar las siguientes funciones.

F1 = ∑ (0,2,3,7,15) 4

F 2 = abc + abd + ad + bc

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Fundamentos de Ingeniería Electrónica Problemas de Electrónica Digital Solución: En una PLA el usuario puede programar, tanto el plano AND como el plano OR. Ambas funciones F1 y F2, de 4 y 3 variables, respectivamente, se pueden implementar con esta PLA de 4 entradas. En la figura se muestra la implementación final marcando con puntos gordos los fusibles que permanecen en ambos planos y por tanto sirven de conexión entre entradas y salidas.

a

F1(a, b, c, d ) = ∑ (0,2,3,7,15)

b

c

d

4

F 2 = abc + abd + ad + bc

0 2 3 7 15

EJERCICIO 37 Para el dispositivo programable de la figura se pide: a. ¿Qué tipo de dispositivo programable es? Justifique su respuesta. Indique qué tipos de dispositivos lógicos programables conoce, comentando sus principales características. b. Implemente las siguientes funciones lógicas, marcando mediante un círculo todos los fusibles que permanecen tras el proceso de grabación.

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F1 = ABC + ABC F 2 =BC + AC F 3 =AB + AB F 4 = A ⋅ F1 + C ⋅ F1

Solución: a) Se trata de una PAL, ya que el plano OR es fijo. Existen varios tipos de dispositivos programables según el plano que programe el usuario.

Tipo PROM PAL GAL PLA

Plano Programable AND OR X X X X X

b) La implementación de las funciones se muestra en la figura. Se observa que la función F4 depende de la función F1 por lo que para su implementación será preciso conectar F1 en una de las entradas de la PAL.

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Fundamentos de Ingeniería Electrónica Problemas de Electrónica Digital PREGUNTAS DE TEST 1) En una memoria RAM dinámica de 2Kx8 a) Podemos almacenar como máximo 2000 palabras de un byte b) La memoria tiene 12 líneas de dirección y 8 de datos c) Cada bit se almacena en un condensador d) La memoria es de solo lectura 2) Debido a un error durante el proceso de fabricación, en una Memoria RAM de 1Kx8 la patilla correspondiente a la dirección de mayor peso A9 no tiene conexión con el interior del chip. Además, debido a este error, internamente A9 se encuentra permanentemente conectada al valor ‘0’ lógico. Entonces: a) La memoria no puede utilizarse en ningún caso b) Si se puede utilizar, pero solo se pueden direccionar las posiciones pares c) Si se puede utilizar, pero solo se pueden direccionar las posiciones impares d) Si se puede utilizar, pero la capacidad de la memoria ha disminuido a 4K bits 3) En una Memoria EPROM de 2KB a) Los datos almacenados se borran si se desconecta la alimentación b) Los datos se pueden borrar eléctricamente c) Los datos los graba el fabricante del circuito d) Los datos los graba el usuario y los borra mediante luz ultravioleta 4) Una GAL a) Es totalmente idéntica a una PAL b) Tiene dos planos AND programables y biestables c) Tiene un plano AND programable y un plano OR fijo d) Tiene un plano AND fijo y un plano OR programable 5) Se desea construir un circuito de memoria de 2Kx16 lo más sencillo posible a partir de memorias de 1Kx16. Entonces a) Se necesitan únicamente 2 memorias 1Kx16 b) Se necesitan 2 memorias 1Kx16 y un multiplexor c) Se necesitan 2 memorias 1Kx16 y un inversor d) Es imposible construir esa memoria con los integrados 1Kx16 6) Se quiere construir un circuito de memoria de 2Kx8 con el mínimo número de componentes mediante chips de 1Kx4. Se necesitan: a) Un decodificador y 4 memorias 1Kx4 b) Un decodificador y 2 memorias 1Kx4 c) Un inversor y 4 memorias 1Kx4 d) Un multiplexor y 4 memorias 1Kx4 7) Una SRAM 1Mx8 a) Se debe refrescar para que no se borren los datos almacenados en ella b) Es no volátil c) La información se almacena mediante pulsos eléctricos d) Puede almacenar 1M bit de información 8) Si una memoria RAM de 32Kx4 se ha construido mediante un único chip RAM de 64Kx8, entonces

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Fundamentos de Ingeniería Electrónica Problemas de Electrónica Digital a) b) c) d)

Es falso ya que es imposible hacerlo Una línea del bus de datos se ha conectado a GND Una línea del bus de datos se ha conectado a VCC Una línea del bus de direcciones se ha conectado a un valor lógico fijo

9) Una PLA a) Tiene dos planos OR y ambos son programables por el usuario b) Tiene dos planos AND y ambos son programables por el usuario c) Tiene un plano AND y un plano OR y el plano OR es fijo d) Ninguna de las anteriores 10) En una memoria de semiconductor 1Kx8 a) Se pueden implementar todas las funciones lógicas b) Se pueden implementar únicamente 8 funciones lógicas de 10 variables c) Se dispone de 8 líneas de dirección d) Ninguna de las anteriores 11) Una FPGA a) Tiene una arquitectura más sencilla que una PAL b) Tiene una arquitectura más compleja que una PAL c) Es un tipo de memoria que necesita refresco d) Ninguna de las anteriores 12) Si la primera dirección de una memoria EEPROM de 1Kx16 es la cero, la última dirección de la memoria es la a) 102410 b) 100010 c) 3FFH d) 400H 13) Para diseñar una memoria de 256Kx8 con integrados de 128Kx4, mediante el hardware más sencillo, se necesitan a) 2 integrados de 128Kx4 y un decodificador b) 4 integrados de 128Kx4 y un multiplexor c) 4 integrados de 128Kx4 y un inversor d) Ninguna de las anteriores 14) En una memoria SRAM de 1Kx16, debido a un fallo, una de las patillas del bus de direcciones se encuentra conectada permanentemente al valor lógico ‘1’. Entonces a) La memoria no puede utilizarse b) La memoria puede utilizarse, aunque su capacidad se ha reducido a la mitad c) La memoria puede utilizarse si la entrada de Chip Select se pone a ‘0’ d) Ninguna de las anteriores

15) En una memoria PROM de 1Kx16 se pueden almacenar a) 1000 bytes b) 1023 bytes c) 2048 bytes 45


Fundamentos de Ingeniería Electrónica Problemas de Electrónica Digital d) 1Kbyte 16) Indique la opción en la que aparecen tres fabricantes de FPGAs a) Xlinx, Altera, Acme b) Intel, Motorola, GNU c) Xilinx, Altera, Actel d) Xilinx, lattice, Intel 17) En un computador con arquitectura Von Newman a) Se utiliza un único espacio de memoria para datos e instrucciones b) No se utilizan integrados de memoria c) Se utilizan espacios de memoria separados para datos e instrucciones d) Ninguna de las anteriores 18) Un computador con arquitectura Harvard a) Utiliza el mismo espacio de memoria para datos e instrucciones b) Almacena datos e instrucciones en una ROM c) Utiliza memorias separadas para datos e instrucciones d) Ninguna de las anteriores Solución a las preguntas de test: 1 c

2 d

3 d

4 c

5 c

6 a

7 c

8 d

9 d

10 d

11 b

12 c

13 d

14 b

15 c

16 c

17 a

18 c

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Coleccion de problemas resueltos de electronica digital b†sica

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