Tο κύκλωμα που δίνεται είναι ένας ενισχυτής κοινής πύλης. Δίνονται: r D = 1 MΩ, g m =5mA/V, R s =100 Ω, R D = 10 kω. Υπολογίστε: α) την απολαβή τάσης β) την αντίσταση εισόδου γ) την αντίσταση εξόδου Οι τροφοδοτικές διατάξεις και οι χωρητικότητες έχουν παραληφθεί για λόγους απλοποίησης. R s S D R D υ s υ O G α) Το ισοδύναμο ασθενούς σήματος φαίνεται στο παρακάτω σχήμα R i R o υ s R s S μυ gs r D Ι D υ O R D R s S μυ gs r D i out υ out D G G Eίναι: υ gs = υ s IRs Επίσης I( R r R ) ( 1 ) I( ( 1) R r R ) υs μυ gs = s D D υ s μ = μ s D D I μ 1 = υs ( μ 1) Rs rd RD υο ( μ 1) RD Αλλά υ ο = Ι R D oπότε: AV = AV = = 33,117. υ μ 1 R r R β) Έχουμε: γ) Είναι: R i ( ) s s D D ( 1) υs μ Rs rd RD Ri = Ri = = 301, 96Ω I μ 1 υout R =. Δηλαδή για να βρούμε την R o αποσυνδέουμε την R D και εφαρμόζουμε μια o iout υ= s 0 RD τάση υ out ανάμεσα στο D και τη γη. Τότε υπάρχει ένα ρεύμα i out στο κύκλωμα με φορά αντίθετη από αυτή του Ι, και ισχύει: υ out μυ gs = ( rd Rs ) iout } υout υout μ Ri s out = iout ( Rs rd ) Ro = = rd ( μ 1) Rs = 1,5ΜΩ iout υ = i R gs out s R o R o
EΡΩΤΗΜΑ Α (Β.Α. 20) V DD Α) Στο κύκλωμα του δεξιού σχήματος, δίνονται: R D = R L = 10kΩ, R S = 4.7kΩ, V DD = 15V. Δίνονται επίσης: g m = 2.000 μs, r d =. Nα βρεθούν: 1) το κέρδος τάσης υ Ο /υ in. (Β.Α. 10). 2) η αντίσταση εισόδου R in. (Β.Α. 20) Θεωρήστε ότι το τρανζίστορ λειτουργεί σε χαμηλές συχνότητες (ακουστικές) και ότι οι πυκνωτές έχουν πολύ μεγάλες τιμές. G D i d υ in C 1 10μF R D R s C 2 10μF R L υ o g m υ gs R D R L i in S υ o υ in R in R s I s 1) Iσχύει: υ in = υ gs 2) υ0 υ0 = id ( RD // RL) = gmυgs ( RD // RL) = gmυin ( RD // RL) A υ = = 10 υ R in υ υ gs υ in gs 1 = = = = = 452Ω i gs 1 in is g υ mυ gs g g mυ gs m R R S S in
ΖΗΤΗΜΑ 1 ο (Β.Α. 50) V DD Α) Στο κύκλωμα του σχήματος, δίνονται: R D = R L = 10kΩ, R S = 4.7kΩ, V DD = 15V. Δίνονται επίσης: g m = 2.000 μs, r d =. Nα βρεθούν: 1) το κέρδος τάσης υ Ο /υ in. (Β.Α. 10). 2) η αντίσταση εισόδου R in. (Β.Α. 20) 3) το κέρδος ρεύματος i L /i i. (Β.Α. 20). Θεωρήστε ότι το τρανζίστορ λειτουργεί σε χαμηλές συχνότητες (ακουστικές) και ότι οι πυκνωτές έχουν πολύ μεγάλες τιμές. υ in C 1 R D R s C 2 R L υ o G D i d g m υ gs S R D υ in i in R s R in i s R L υ o il 1) Iσχύει: υ L = υ o = υ in 3) Iσχύει: υ in = υ gs 1 1 1 i g υ = υ i g υ = υ υ g = i Rs // RL Rs // RL Rs// RL υin 1 Rin = = = 0, 432kΩ= 432Ω iin 1 gm // Rs RL in m gs in in m in in in m in Rs Rs il Rs = = = 1 = 0,0435 R R R R i R R 2) i ( i g υ ) ( i g R i ) ( g R ) L in m in in m in in m in s L s L in s L
ΖΗΤΗΜΑ 1 ο (Β.Α. 50) Στο κύκλωμα του δεξιού σχήματος, δίνονται: Ι DSS = 8mA, V P = 4V, R D = 5kΩ, R S = 2kΩ, R G = 1MΩ, V DD = 15V. Nα βρεθούν oι: 1) V DS1 2) I D1 3) V GS1 4) V GS2 5) V DS2 Θεωρήστε ότι το τρανζίστορ λειτουργεί σε χαμηλές συχνότητες (ακουστικές) και ότι οι πυκνωτές έχουν πολύ μεγάλες τιμές. υ in C 1 G Q 2 Q 1 V DD R D D 2 S 2 D 1 S 1 C 2 R L υ o 1) Iσχύει: V GS1 = V GS2 V DS1 (1) Aλλά αφού Ι D1 = I D2 θα ισχύει: R G R s I DSS 2 2 V GS1 V GS 2 1 = IDSS 1 V p V p (2) ή V GS1 = V GS2 και επομένως από την (1) V DS1 = 0. Ισχύει επίσης: V GS1 = Ι D1 R S και με αντικατάσταση στο πρώτο μέλος της (2) προκύπτει: 2 2 2V 2 p V p Vp 2 3 6 ID 1 ID 1 = I 2 2 D1 4.5 10 ID 1 4 10 = 0 RS IDSSR S RS από την οποία παίρνουμε: Ι D1 = 3.28mA και Ι D2 = 1.22mA. H τιμή Ι D1 = 3.28mA δίνει V GS1 = 6.56V και η τιμή Ι D1 = 1.22mA δίνει V GS1 = 2.44V. Δεν μπορούμε να ξέρουμε ποια είναι η σωστή τιμή ακόμη. Δοκιμάζουμε και τις 2. Θα έχουμε: 3 3 VGS1 = ID1 RS = (3.28 10 )(2 10 ) = 6.56V 3 3 VGS1 = ID 1 RS = (1.22 10 )(2 10 ) = 2.44V Από την (1) με V DS1 = 0, έχουμε V GS1 = V GS2 = 6.56V. Από την (1) με V DS1 = 0, έχουμε V GS1 = V GS2 = 2.44V. V = V V I R R = = V αδύνατον!!!! 3 3 3 DS 2 DD DS1 D1 ( S D ) 15 0 (3.28 10 )(2 10 5 10 ) 7.96 V = V V I R R = = V σωστή. 3 3 3 DS 2 DD DS1 D1 ( S D ) 15 0 (1.22 10 )(2 10 5 10 ) 6.46 Άρα η σωστή τιμή είναι η: Ι D1 = 1.22mA.
EΡΩΤΗΜΑ Β (Β.Α. 15) Να βρείτε τη δυαδική συνάρτηση G(Χ,Υ,Ζ) που υλοποιεί το παρακάτω λογικό κύκλωμα. Η συνάρτηση να απλοποιηθεί και να εκφραστεί σε μορφή γινομένου αθροισμάτων. Εστω F(Y,Z) η συνάρτηση εξόδου του 1 ου πολυπλέκτη. Ισχύει: ( ) ( ) F = Y 1 Y Z = Y 1 Z Y Z = Y Y Z Y Z = Y Y Y Z = Y Z Ενναλλακτικά: 1 ( )( ) F = Y Y Z = Y Y Z = Y Y Y Z = Y Z Αντίστοιχα για τη συνάρτηση εξοδου του 2 ου πολυπλέκτη ισχύει: G = X Y X F = X Y X Y Z = X Y X Y X Z = X X Y X Z = Y X Z ( ) ( ) Aπό την επιμεριστική ιδιότητα προκύπτει αμέσως: G = Y X Z = ( Y X)( Y Z) Κάτι που προκύπτει επίσης εύκολα από το χάρτη Karnaugh. Z Ι 0 2 1 F Ι 1 MUX Ι 1 0 2 1 Y Ι 1 MUX Eπιλογή Eπιλογή Y X G(X, Y, Z) EΡΩΤΗΜΑ Γ (Β.Α. 15) Nα βρεθεί η λογική συνάρτηση που υλοποιείται στις εξόδους Υ1 και Υ2 καταστρώνοντας τον πίνακα αληθείας καθεμίας από αυτές Να σχεδιαστεί το κύκλωμα που υλοποιεί τις Υ1 και Υ2 χρησιμοποιώντας μόνο πύλες 2 εισόδων. Από τις κυματομορφές καταστρώνουμε τον παρακάτω πίνακα αληθείας: A B C Y1 Y2 0 0 0 1 0 0 0 1 0 1 0 1 0 1 1 0 1 1 0 1 1 0 0 0 0 1 0 1 1 1 1 1 0 0 1 1 1 1 1 1
Γράφοντας την Υ1 ως άθροισμα ελαχιστόρων δίνεται μια αλγεβρική έκφραση της ζητούμενης συνάρτησης: 1 ( ) ( ) Η Υ1 γράφεται: Y1 = AC AC = ( A C). Y = ABC ABC ABC ABC = AC B B AC B B = AC AC = A C Για την Υ2 παρατηρούμε ότι είναι απλούστερο να γράψουμε την Y 2 οπότε θα είναι: ( ) Y 2= ABC ABC = BC A A = BC Y 2= B C B C C A
ΘΕΜΑ Να υλοποιηθεί η παρακάτω συνάρτηση Boole με έναν πολυπλέκτη 4x1 και εξωτερικές πύλες. Συνδέστε τις εισόδους Α και Β στις γραμμές επιλογής. Οι είσοδοι για τις τέσσερις γραμμές δεδομένων είναι συνάρτηση των μεταβλητών C και D. Αυτές οι τιμές προκύπτουν εκφράζοντας την F ως συνάρτηση των C και D για κάθε μία από τις περιπτώσεις, όταν ΑΒ=00, 01, 10 και 11. Αυτές οι συναρτήσεις μπορεί να χρειαστούν να υλοποιηθούν με εξωτερικές πύλες. F ( A, B, C, D) = Σ( 1,3,4,11,12,13,14,15) Λύση: F=A B C DA B CDA BC D AB CDABC D ABC DABCD ABCD F=A B D A B C D AB CD AB 1 H F είναι D όταν AB=00 C D όταν ΑΒ=01 CD όταν ΑΒ=10 1 όταν ΑΒ=11 Ι 0 MUX 4x1 Ι 1 F Ι 2 Ι 3 C D 5V A B
ΘΕΜΑ 1 ο Να σχεδιαστεί ένα συνδυαστικό κύκλωμα που να πολλαπλασιάζει δύο δυαδικούς αριθμούς των δύο bit ο κάθε ένας: α 1 α 0 και b 1 b 0, και παράγει το γινόμενό τους c 3 c 2 c 1 c 0 που είναι ένας δυαδικός αριθμός τεσσάρων bit. Να χρησιμοποιηθούν ημιαθροιστές και πύλες AND. Λύση: Φτιάχνουμε έναν πίνακα αληθείας για τον πολλαπλασιασμό: a 1 a 0 x b 1 b 0 d 1 d 0 e 2 e 1 c 3 c 2 c 1 c 0 Στη συνέχεια δημιουργούμε τις συναρτήσεις d 1, d 0, e 2, e 1 συναρτήσει των εισόδων a 1, a 0, b 1, b 0. d1= aa 1 0bb 1 0 aa 1 0bb 1 0 aa 1 0bb 1 0 aa 1 0bb 1 0 d0= aa 1 0bb 1 0 aa 1 0bb 1 0 aa 1 0bb 1 0 aa 1 0bb 1 0 e2= aabb 1 0 1 0 aabb 1 0 1 0 aabb 1 0 1 0 aabb 1 0 1 0 e1 = aabb 1 0 1 0 aabb 1 0 1 0 aabb 1 0 1 0 aabb 1 0 1 0 Απλοποιούμε τις παραπάνω συναρτήσεις με την βοήθεια των χαρτών Karnaugh. a 1 a 0 b 1 b 0 d 1 d 0 e 2 e 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 1 1 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 1 0 1 0 1 0 0 0 1 1 0 0 0 0 1 0 1 1 1 0 1 0 1 1 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 1 1 0 0 0 1 0 1 0 0 0 1 0 1 0 1 1 1 0 1 0 1 1 0 0 0 0 0 0 1 1 0 1 1 1 0 0 1 1 1 0 0 0 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 a 1 a b 0 1 b 0 0 00 01 11 10 a 00 01 11 10 1 a 0 00 00 01 01 1 1 11 1 1 11 1 1 10 1 1 10 d ab 1 = 1 0 0 = 0 0 d a b a 1 a 0 00 01 11 10 b 1 b 0 a 1 a 0 00 01 11 10 00 01 00 01 1 1 11 1 1 11 1 1 10 1 1 10 e ab 2 = 1 1 1 = 0 1 e a b
a 1 a 0 x b 1 b 0 d 1 d 0 e 2 e 1 c 3 c 2 c 1 c 0 Στη συνέχεια χρειάζονται 2 ημιαθροιστές για να προστεθούν τα d 1, e 1 και τα e 2 με το G 1, δηλαδή το κρατούμενο από τον πρώτο ημιαθροιστή. Το κύκλωμα υλοποιείται όπως παρακάτω. a 0 d 0 C 0 b 0 a 1 d 1 C 1 b 0 a 0 e 1 G 1 C 2 b 1 a 1 e 2 C 3 b 1
ΘΕΜΑ Δυαδικός κώδικας 4bit περιλαμβάνει τα ακόλουθα.: A B C D F 0 0 0 0 1 0 1 0 0 1 1 0 0 1 1 0 0 1 0 1 0 1 1 0 1 1 0 1 1 1 Όλοι οι άλλοι συνδυασμοί δίνουν F=0. Να γίνει η βέλτιστη απλοποίηση της συνάρτησης F με τη βοήθεια του χάρτη Karnaugh. Να γραφεί η απλοποιημένη συνάρτηση F σαν άθροισμα γινομένων και σαν γινόμενο αθροισμάτων. Να αποδειχθεί ότι οι δύο μορφές είναι ισοδύναμες. Λύση: Η συνάρτηση F σε μορφή αθροίσματος γινομένων γράφεται: F=Σ(0,4,9,2,6,11) Χάρτης Karnaugh: CD ΑΒ 00 01 11 10 00 1 0 0 1 01 1 0 0 1 11 0 0 0 0 10 0 1 1 0 Ομαδοποίηση άσων: Μία τετράδα και μία δυάδα Άθροισμα γινομένων: F=A D AB D Ομαδοποίηση μηδενικών: Τρεις τετράδες. Γινόμενο αθροισμάτων: F=(AD )(A B )(Α D)
Θέμα Α) Να γίνει η αφαίρεση των επταδικών αριθμών 54 (7) 36 (7) με τη μέθοδο του συμπληρώματος ως προς (βάση1). Στη συνέχεια, εκφράστε τη χρονολογία γεννήσεώς σας στο (ι) δεκαδικό (ιι) δυαδικό και (ιιι) επταδικό σύστημα. Λύση Ισχύει: (6 s 36) = 30 54 30 1 14 1 15 Hμερομηνία γέννησης: 1962 = 1Χ10 3 9Χ10 2 6Χ10 1 2Χ10 0 Διαιρώντας συνεχώς διά 2 έχουμε: (1962) 10 = (11110101010) 2 Διαιρώντας συνεχώς διά 7 έχουμε: (1962) 10 = (5502) 7 Θέμα Να βρεθεί η τιμή της βάσης x αν (211) x =(152) 8 Λύση Ισχύει: 1Χ8 2 5Χ8 1 2Χ8 0 = 106 = 2Χx 2 x 1 x=7. Επαλήθευση: 2Χ7 2 1Χ7 1 1Χ7 0 = 106 Θέμα Ένας χώρος φωτίζεται τη νύχτα από 3 προβολείς. Σχεδιάστε ένα ψηφιακό συνδυαστικό κύκλωμα με 3 εισόδους, μία για κάθε προβολέα, και έξοδο η οποία να ανάβει ένα λαμπτήρα στον πίνακα ελέγχου όταν τουλάχιστον 1 προβολέας είναι καμένος. (Θεωρείστε ότι κάθε είσοδος βρίσκεται σε υψηλό δυναμικό όταν ο αντίστοιχος προβολέας ανάβει, καθώς και ότι η έξοδος πρέπει να είναι σε υψηλό δυναμικό για να ανάψει ο λαμπτήρας ελέγχου.) Λύση x y z F 0 0 0 1 0 0 1 1 0 1 0 1 0 1 1 1 1 0 0 1 1 0 1 1 1 1 0 1 1 1 1 0 x yz 00 01 11 10 0 1 1 1 1 1 1 1 0 1 F = xyz F = xyz x y z F
Θέμα Σχεδιάστε ένα συνδυαστικό κύκλωμα που προσθέτει 1 σε ένα δυαδικό αριθμό 4 bit. Να χρησιμοποιήσετε μόνο ημιαθροιστές και να φαίνονται όλες οι κυκλωματικές τους λεπτομέρειες. Λύση Α 0 1 S 0 C 1 S 1 Α 1 C 2 S 2 Α 2 C 3 S 3 Α 3 C 4 Θέμα Δείξτε ότι ένας πλήρης αφαιρέτης μπορεί να κατασκευαστεί από δύο ημιαφαιρέτες και μία πύλη OR. Λύση D = x yz xyz xy z xyz = z ( xy xy ) z( xy xy ) = x y z B = x yz xyz xyz xyz = x yz xyz xy = z( xy xy) xy x y D B z
ΘΕΜΑ Να σχεδιαστεί πολυπλέκτης 64Χ1 μόνο από πολυπλέκτες 8Χ1. Λύση: Οι μεταβλητές των γραμμών επιλογής είναι ABCDEF με περισσότερο σημαντική την Α και λιγότερο σημαντική την F. I0 I7 I8 D E F I15 I16 D E F I23 I24 D E F I31 I32 D E F I39 I40 D E F A B C I47 I48 D E F I55 I56 D E F I63 D E F
Θέμα Aπλοποιήστε την παρακάτω συνάρτηση και υλοποιήστε την απλοποιημένη συνάρτηση με πύλες ΝΟR: F( w, x, y, z ) = ( 5,6,9,10) Λύση H συνάρτηση δεν απλοποιείται ούτε με τον χάρτη Karnaugh. Άρα γράφεται όπως μας δίνεται: F = wxyz wxyz wx yz wxyz F = ( wxyz) ( wxyz ) ( wx yz) ( wxyz ) = ( w x y z)( w x y z)( w x y z)( w x y z) F = ( w x y z) ( w x y z) ( w x y z) ( w x y z) ( ) ( ) ( ) ( ) F = w x y z w x y z w x y z w x y z w x' y z' w x' y' z w' x y z' F' F yz wx 00 00 01 11 10 01 1 1 11 10 1 1 w' x y' z
Θέμα Σχεδιάστε ένα λογικό διάγραμμα πυλών NAND που υλοποιεί το συμπλήρωμα της AB AB CD CD παρακάτω έκφρασης: ( )( ) Λύση ( )( ) ( )( ) F = AB AB CD CD F = AB AB CD CD F = AB AB CD CD F = AB AB CD CD ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) F = ( AB)( AB) ( CD)( CD) Α Β F Α' Β' C D' F' C' D
ΘΕΜΑ Προσδιορίστε τη λογική συνάρτηση του παρακάτω κυκλώματος. Απλοποιήστε την. Α Y Β C Λύση:
ΘΕΜΑ Απλοποιείστε τη συνάρτηση Boole F(w,x,y,z) = Σ(0,1,2,3,7,8,10), μαζί με τη συνθήκη αδιαφορίας d(w,x,y,z) = Σ(5,6,11,15) σε (i) άθροισμα γινομένων και (ii) γινόμενο αθροισμάτων. Στη συνέχεια να υλοποιηθεί με τον ελάχιστο αριθμό πυλών. Λύση: yz wx 00 01 11 10 00 01 11 10 1 1 1 1 0 X 1 X 0 0 X 0 1 0 X 1 Η απλοποιημένη συνάρτηση γράφεται: F = wz x z w z F x z Και επίσης: F = ( x z)( w z) x z w z F
Άσκηση Επιθυμούμε να σχεδιάσουμε ένα ff νέου τύπου, το οποίο ονομάζουμε XY flipflop και του οποίου ο πίνακας αληθείας δίνεται ως εξής: Να δείξετε ότι το ΧΥff μπορεί να σχεδιαστεί με βάση το SRff. Λύση: Ο πίνακας αληθείας του SR ff είναι: Πίνακας συσχέτισης των 2 ff s
S, R συναρτήσει των X, Y, Qn Τελικό κύκλωμα:
Δώστε την κυματομορφή εξόδου Q του flipflop για τις κυματομορφές εισόδου που δίνονται. Θεωρήστε ως πρώτο παλμό τον a και τελευταίο τον h. Pr D Q Ck FF Cr Ck h g f e d c b a Είσοδος D Pr Cr απαγορευμένη κατάσταση Q Q
1. Σας δίνονται 4 flipflop τύπου JK, αρνητικού σκανδαλισμού. Δώστε το κύκλωμα ενός σύγχρονου κυκλικού καταχωρητή 4bit ολίσθησης προς τα δεξιά, παράλληλης φόρτωσης και εξόδου. 2. Δώστε τις παλμοσειρές εισόδων και εξόδων (συμπεριλαμβανομένων του ρολογιού και της εισόδου μηδενισμού) για τη φόρτωση και ανάγνωση των δυαδικών αριθμών 1010 και 1101. Φροντίστε ανάμεσα στη φόρτωση των δύο αριθμών να υπάρχει μηδενισμός. Q 4 Q 3 Q 2 Q 1 Σειριακή Είσοδος Εκκαθάριση Ck J Q J Q J Q J Q Ck FF4 Ck FF3 Ck FF2 Ck FF1 K Cr Q K Cr Q K Cr Q K Cr Q Ck Είσοδος Cr Q4 Q3 Q2 Q1