גליון 2 — מערכות ספרתיות ומבנה המחשב

תרגיל (1)

מצא מעגל עם $4$ כניסות שהוא מימוש מינימלי תחת הדרישות הבאות:

המעגל יוציא $1$ עבור הקלטים $0,3,5,11,12,15$
המעגל יוציא $0$ עבור שאר המספרים אשר מחלקים את $234$
המעגל יוצא $\varnothing$ עבור שאר המספרים.

נבנה את הפונקציה שלנו:

f(x,y,z,w)=\sum(0,3,5,11,12,15)+\sum_{\varnothing}(4,7,8,10,14)

כעת, נבנה מפת קרנו על מנת לצמצם את הפונקציה:

\begin{array}{c|c|c|c|c|} _{zw}\diagdown^{xy} & 00 & 01 & 11 & 10 \\ \hline 00 & 1 & \varnothing & 1 & \varnothing \\ \hline 01 & & 1 \\ \hline 11 & 1 & \varnothing & 1 & 1 \\ \hline 10 & & & \varnothing & \varnothing \\ \hline \end{array}

כעתף נוכל לצמצם ע"י בחירת $0$ ו- $1$ ים ב- $\varnothing$ .
גליון 2 2026-06-04 10.15.23.excalidraw.svg

f(x,y,z,w)=\overline{z}\;\!\overline{w}+zw+\overline{x}yw= \overline{z} \oplus w+\overline{x}yw

וזה יהיה המעגל שלנו.

תרגיל (2)

נתון המעגל הצירופי הבא:
יבשים ספרתיות 2 -1.png
מצאו את המימוש המתאים עבור הפונקציה לאחר פישוטה
יבשים ספרתיות 2 - 2.png
נסמן את התשובות מימן למעלה $א$ , שמאל למעלה $ב$ , ימין למטה $ג$ ושמאל למטה $ד$ .

תחילה נמצא את המימוש של הפונקציה הנתונה:

f(a,b,c)=\overline{((ab) \oplus (\overline{a+b})) \oplus ((\overline{a+b})+(\overline{b+c}))}

כעת נתחיל לפשט אותה:

\begin{align*} f(a,b,c)&=\overline{((ab) \oplus (\overline{a+b})) \oplus ((\overline{a+b})+(\overline{b+c}))}=\overline{((ab)\oplus (\overline{a}\overline{b}))\oplus (\overline{a}\overline{b}+\overline{b}\overline{c})} \\ &=\overline{((ab)\oplus (\overline{a}\overline{b}))\oplus(\overline{b}\overline{ac})} \end{align*}

\begin{array}{|cc|cc|c|} \hline a & b & \overline{a} & \overline{b} & \oplus \\ \hline 0 & 0 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 0 & 0 & 1 \\ \hline \end{array}

לכן מתקיים: $(ab)\oplus (\overline{a}\overline{b})=\overline{a \oplus b}$ .

f(a,b,c)=\overline{\overline{a \oplus b}\oplus \overline{b}(\overline{a}+\overline{c})}=\overline{(ab+\overline{a}\overline{b})\oplus \overline{b}(\overline{a}+\overline{c})}=(ab+\overline{a}\overline{b})\overline{b}(\overline{a}+\overline{c})+\overline{(ab+\overline{a}\overline{b})\overline{b}(\overline{a}+\overline{c})}

=(ab\overline{a}\overline{b}+ab\overline{c}\overline{b}+\overline{a}\overline{b}\overline{a}\overline{b}+\overline{a}\overline{b}\overline{c}\overline{b})+\overline{(ab+\overline{a}\overline{b})\overline{b}(\overline{a}+\overline{c})}=(0+0+\overline{a}\overline{b}(1+\overline{c}))+\overline{(ab+\overline{a}\overline{b})\overline{b}(\overline{a}+\overline{c})}

f(a,b,c)=\overline{a}\overline{b}+(a\overline{b}+\overline{a}b)(b+ac)=\overline{a}\overline{b}+ac\overline{b}+\overline{a}b=\overline{a}(\overline{b}+b)+a\overline{b}c=\overline{a}+a\overline{b}c=\overline{a}+\overline{b}c

וזוהי הפונקציה הסופית שלנו.
התשובה הנכונה הינה א שכן: $f(a,b,c)=\overline{a}+\overline{b}c=\overline{a}+\overline{b+\overline{c}}$ לפי דה מורגן.

תרגיל (3)

נתון המעגל הצירופי הבא:
יבשים ספרתיות 2 - 3.png
וכן טבלת התזמונים הבאה:

\begin{array}{|c|c|c|c|c|} \hline \text{NAND} & \text{NOT} & \text{OR} & \text{AND} \\ \hline 8 & 6 & 12 & 10 & t_{pd} \\ \hline \end{array}

חשבו את $t_{pd}$ מכל כניסה ליציאה.

נתחיל מהכניסה $x$ . עבורה יש שני מצבים $t_{pdLH}$ ו- $t_{pdHL}$ . מכיוון שלא נתונים לנו הזמנים האלו פשוט נניח שקיבלנו את המקסימום ונשתמש בו.
$t_{pd}$ מחושב על ידי המסלול הארוך ביותר. ל- $x$ יש שלושה מסלולים בהם הוא הולך. נחשב אם כן את כולם:

t_{pd}(x\to out)_{1}=t_{pd}(NAND)+t_{pd}(AND)+t_{pd}(OR)=8+10+12=30

t_{pd}(x\to out)_{2}=t_{pd}(NAND)+t_{pd}(AND)+t_{pd}(OR)=30

t_{pd}(x\to out)_{3}=t_{pd}(NAND)+t_{pd}(NAND)+t_{pd}(OR)=8+8+12=28

לכן, $t_{pd}(x\to out)=30$ .
עבור $y$ יש שני מסלולים גם כן.

t_{pd}(y\to out)_{1}=t_{pd}(NAND)+t_{pd}(AND)+t_{pd}(OR)=30

t_{pd}(y\to out)_{2}=t_{pd}(NOT)+t_{pd}(NAND)+t_{pd}(OR)=6+8+12=26

לכן, $t_{pd}(y\to out)=30$ .
עבור $z$ גם כן יש שני מסלולים:

t_{pd}(z\to out)_{1}=t_{pd}(NOT)+t_{pd}(NAND)+t_{pd}(AND)+t_{pd}(OR)=6+8+10+12=36

t_{pd}(z\to out)_{2}=t_{pd}(NOT)+t_{pd}(NAND)+t_{pd}(NAND)+t_{pd}(OR)=6+8+8+12=34

לכן, $t_{pd}(z\to out)=36$ .

תרגיל (4)

נתון המעגל הצירופי הבא
יבשים ספרתיות 2 - 3.png
וכן טבלת התזמונים הבאה:

\begin{array}{|c|c|c|c|c|} \hline \text{NAND} & \text{NOT} & \text{OR} & \text{AND} \\ \hline 5 & 6 & 12 & 10 & t_{pdLH} \\ \hline 8 & 4 & 12 & 9 & t_{pdHL} \\ \hline \end{array}

חשבו את $t_{pdHL}$ עבור כל כניסה.

נתחיל מ- $x$ ונבדוק איפה המסלול הארוך ביותר.
⇐ המסלול הראשון כדי שהיציאה עבור מ- $H$ ל- $L$ נדרש ששער ה- $OR$ לא יקבל שום קלט $H$ . לכן, נדרש שהמעגל התחתון יהיה $L$ . לכך, נדרש לקבל $y=0$ ו- $z=1$ . ישנה רק אופציה אחת עבור הקלטים האחרים ולכן זה מאוד נחמד.
עבור המסלול העליון, נדרש ששער ה- $AND$ יהפוך מ- $1$ ל- $0$ ולכן, נדרש שה- $NAND$ יהפוך מ- $1$ ל- $0$ . כלומר, ששתי הכניסות אליו יהיו $1$ .

נשים לב כי היציאה תמיד תהיה $1$ ולכן, אין משמעות לחישוב.

תרגיל (5)

בשאלה הבאה הניחו ש- $t_{pd}$ של כל השערים זהה וגם ש- $t_{pd}$ של כל רכיב שווה ל- $t_{cd}$ .
נתון המעגל:
יבשים ספרתיות 2 - 4.png
בחר את הטענה הנכונה עבור המעגל הנתון. יש לבחור תשובה אחת בלבד:

במעבר $xyz:\;000\to 001$ קורה HAZARD
במעבר $xyz:\; 111\to110$ קורה HAZARD
במעבר $xyz:\;010\to 011$ קורה HAZARD
במעבר $xyz:\;101\to 001$ קורה HAZARD
אף תשובה אינה נכונה

נבנה פונקציה על מנת לשים אותה במפת קרנו:

f(x,y,z)=(yx+\overline{y})\overline{(y\oplus z)}=(x+\overline{y})\overline{(y \oplus z)}

נחשב את טבלת האמת שלה:

\begin{array}{|ccc|c|} \hline x & y & z & f \\ \hline 0 & 0 & 0 & 1 \\ 1 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 1 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & 0 \\ 1 & 1 & 1 & 1 \\ \hline \end{array}

לכן נקבל:

f(x,y,z)=\overline{x}\;\!\overline{y}\;\!\overline{z}+x\overline{y}\;\!\overline{z}+xyz=\sum(0,4,7)

נצייר מפת קרנו:
גליון 2 2026-06-05 14.02.47.excalidraw.svg
נשים לב כי לא יכול להיות מצב שבו יהיה $HAZARD$ . לכן, התשובה הנכונה היא ה.

תרגיל (6)

להלן נתון מימוש של רכיב מסויים המקבל כקלט 2 כניסות בינאריות.
יבשים ספרתיות 2 - 5.png
נתונה טבלת זמני השהיה של השערים המופיעם במימוש:

\begin{array}{|c|c|c|c|} \hline OR & NOT & AND \\ \hline 12 & 4 & 7 & t_{pdLH} \\ \hline 8 & 5 & 6 & t_{pdHL} \\ \hline \end{array}

עבור הרכיב כולו, מהו משך הזמן המקסימלי מרגע ביצוע שינוי באחת הכניסות ועד להתייצבות המוצא?

לא הצלחתי להבין וג'מיני לא הסביר את זה טוב מספיק כדי שאני אבין.

תרגיל (7)

נתונה המערכת הבאה:
ספרתיות יבש 2 - שאלה 7.png
עבור הקלט $a=a_{3}a_{2}a_{1}a_{0},b=b_{3}b_{2}b_{1}b_{0}$ כאשר $a_{3},b_{3}$ הם ה- $MSB$ כך ש- $a>b$ . מה יהיה הפלט $s$ ?
א. $S=b-a$
ב. $S=a-b-a$
ג. $S=a-b$
ד. $S=a-b+1$
ה. $S=a+b-1$

נשים לב כי המעגל עושה:

S=a+\overline{b}

לפי שיטת המשלים ל-2 נקבל $-b=\overline{b}+1$ ולכן:

S=a-b-1

וזוהי בדיוק התשובה.

תרגיל (8)

נתונה המערכת הבאה
ספרתיות יבש 2 שאלה 8.png
עבור הקלט $a=a_{2}a_{1}a_{0},b=b_{2}b_{1}b_{0}$ כך ש- $a>b$ .
מה יהיה הפלט $s$ ?
רמז: חלוקת מספר בינארי ב-2 שקולה להזזת המספר ימינה תוך התעלמות מהביט הקטן ביותר וריפוד משמאל באפסים. למשל: $\frac{101}{2}=010$ .
מודולו 2 הוא הביט הקטן ביותר במספר. למשל $001(mod\; 2)=1$ . באופן דומה $001(div\; 2)=00$ .

א. $S=b(div\; 2)+[a-a(mod\; 2)]\cdot 2+3$
ב. $S=b-b(mod\; 2)+a-(a(div\; 2)(mod\; 2)\cdot 2)+4$
ג. $S=b(div\; 2)+a-(a(div\; 2)(mod\; 2))+3$
ד. $S=b-b(mod\; 2)+(a-a(mod\; 2))\cdot 2 +3$
ה. תשובות א'-ד' לא נכונות.

נסתכל על פעולת כל $F.A.$ כרגע:

S_{0}=a_{0}+1+1=a_{0}+1

S_{1}=b_{1}+1+C_{out_{0}}

S_{2}=b_{2}+a_{2}+C_{out_{1}}

S=4S_{2}+2S_{1}+S_{0}=4b_{2}+4a_{2}+2b_{1}+2+a_{0}+1=4b_{2}+2b_{1}+4a_{2}+a_{0}+3

נשים לב כי יש לנו פה את $b$ ללא הביט $b_{0}$ מה שיוצר לנו $b-b(mod\; 2)$ .
בנוסף נשים לב כי $a$ פה הוא בלי הביט האמצעי ולכן הוא לא $a-a(mod\; 2)$ .
לכן, האופציה היחידה האפשרית עם התנאים הללו היא ב.

תרגיל (9)

מצאו מימוש באמצעות בורר $8\to 1$ למערכת שתקבל מספר בינארי בן $4$ ספרות $d=d_{3}d_{2}d_{1}d_{0}$ ותחזיר ערך $1$ אם המספר מחלק את $210$ ללא שארית וערך $0$ אחרת.
ניתן להניח שהמערכת אינה מקבלת בקלט את המספר $0$ (כלומר הקלט $0000$ אינו אפשרי) וכי מותר להשתמש בקבועים.

נבנה טבלת אמת של האם המספר מחלק את $210$ או לא.

\begin{array}{|c|cccc|c|} \hline d_{(10)} & d_{0} & d_{1} & d_{2} & d_{3} & 210 \div d \\ \hline 1 & 1 & 0 & 0 & 0 & \checkmark \\ 2 & 0 & 1 & 0 & 0 & \checkmark \\ 3 & 1 & 1 & 0 & 0 & \checkmark \\ 4 & 0 & 0 & 1 & 0 & X \\ 5 & 1 & 0 & 1 & 0 & \checkmark \\ 6 & 0 & 1 & 1 & 0 & \checkmark \\ 7 & 1 & 1 & 1 & 0 & \checkmark \\ 8 & 0 & 0 & 0 & 1 & X \\ 9 & 1 & 0 & 0 & 1 & X \\ 10 & 0 & 1 & 0 & 1 & \checkmark \\ 11 & 1 & 1 & 0 & 1 & X \\ 12 & 0 & 0 & 1 & 1 & X \\ 13 & 1 & 0 & 1 & 1 & X \\ 14 & 0 & 1 & 1 & 1 & \checkmark \\ 15 & 1 & 1 & 1 & 1 & \checkmark \\ \hline \end{array}

נדרש להשתמש באחת מכניסות ה- $d$ לא כניסת $sel$ שכן יש לנו רק 3 כניסות $sel$ .
נבחר את $d_{0}$ כמה שנכניס תחת הכניסות $data$ ונראה מה יש לנו שם.

\begin{array}{|ccc|cc|} \hline d_{1} & d_{2} & d_{3} & d_{0}=0 & d_{0}=1 \\ \hline 0 & 0 & 0 & \varnothing & \checkmark \\ 1 & 0 & 0 & \checkmark & \checkmark \\ 0 & 1 & 0 & X & \checkmark \\ 1 & 1 & 0 & \checkmark & \checkmark \\ 0 & 0 & 1 & X & X \\ 1 & 0 & 1 & \checkmark & X \\ 0 & 1 & 1 & X & X \\ 1 & 1 & 1 & \checkmark & \checkmark \\ \hline \end{array}

ישן שתי אי התאמות ובהן נשים את $d_{0}$ . נבחר גם את $d_{0}=0$ של $000$ כ- $\checkmark$ כדי לעשות לנו חיים קלים ואז:
גליון 2 2026-06-11 06.54.48.excalidraw.svg
דרך אחרת לממש את זה תהיה לקחת $d_{i}$ אחר ולנסות לראות אם יש מצב בו אנו לא צריכים שער $NOT$ .

תרגיל (10)

נתון קוד $Yarg$ בעל $3$ ביטים $y_{2},y_{1},y_{0}$ לייצוג המספרים $0-7$ .

\begin{array}{|c|ccc|} \hline \text{Number} & y_{2} & y_{1} & y_{0} \\ \hline 0 & 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 1 & 1 \\ 2 & 1 & 1 & 0 \\ 3 & 1 & 0 & 0 \\ 4 & 0 & 1 & 1 \\ 5 & 0 & 0 & 0 \\ 6 & 0 & 1 & 0 \\ 7 & 0 & 0 & 1 \\ \hline \end{array}

מצאו את המימוש עבור הרכיב $B2Y$ בעל שלוש כניסות $x_{0},x_{1},x_{2}$ ושלוש יציאות $y_{0},y_{1},y_{2}$ .
הרכיב מקבל כקלט מספר מהתחום $0-7$ המיוצג בקוד בינארי רגיל ומוציא כפלט את ייצוגו של המספר בקוד $Yarg$ .
יש לבחור תשובה אחת:
גליון 2 2026-06-11 07.06.18.excalidraw.svg

נסתכל על טבלה בה אנו משווים בין הספרות הבינאריות לקוד:

\begin{array}{|ccc|c|ccc|} \hline x_{2} & x_{1} & x_{0} & \text{Num} & y_{2} & y_{1} & y_{0} \\ \hline 0 & 0 & 0 & 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 1 & 1 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & 2 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & 3 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 4 & 0 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & 1 & 5 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 0 & 6 & 0 & 1 & 0 \\ 1 & 1 & 1 & 7 & 0 & 0 & 1 \\ \hline \end{array}

נשים לב כי בכל שורה מתקיים $y_{2}=\overline{x_{2}}$ ולכן זה יהיה המעבר הנכון. (תשובה $B,A$ נפסלת)
כעת נדרש להחליט בין הבוררים השונים. נשים לב כי בתשובה $C$ הבורר ל- $y_{1}$ תמיד נותן $\overline{x_{0}}$ - נבדוק האם זה נכון: זה לא נכון עבור $0,1$ וכדומה.
לכן, התשובה הנכונה היא $D$ .

תרגיל (11)

עומדת לרשותך כמות גדולה של מפענחים $2\to 4$ (ללא כניסת $Enable$ ) "מקולקלים".
בשרטוט הבא מתואר המצב בו המפענחים המקולקלים מוציאים תמיד $0$ ביציאות $O_{1},O_{2}$ שלהם.
למעט התקלה הזו, המפענחים עובדים כרגיל.
ספרתיות 2 המשך 2.png
עליך לממש מפענח $2\to 4$ תקין (ללא כניסת $Enable$ ) באמצעות המפענחים המקולקלים ללא שימוש בשערים נוספים.
מהו המספר המינימלי של מפענחים מקולקלים הנדרש למימוש המפענח התקין?

מפענח מיצא את הדברים הבאים:

Y_{0}=\overline{S_{0}}\cdot \overline{S_{1}} \qquad Y_{1}=\overline{S_{1}}\cdot S_{0} \qquad Y_{2}=S_{1}\cdot \overline{S_{0}} \qquad Y_{3}=S_{1}\cdot S_{0}

לכל מפענח הערך של $S_{0}$ לא באמת עוזר לנו והוא צריך להיות זהה ל- $S_{1}$ כדי שנקבל איזשהו פלט משמעותי.
נקח שלושה מפענחים מקולקלים כאלו ונחבר את $S_{0},S_{1}$ של השניים הראשונים לכניסות. זה יתן לנו את $Y_{0},Y_{3}$ .
כעת נדרש למצוא איך אנו יוצרים את $Y_{1},Y_{2}$ . אם פשוט נכניס את $S_{0},S_{1}$ לבורר שני אנו נקבל בדיוק את $Y_{0},Y_{3}$ - מה שאנו לא רוצים.
אם נחבר את $S_{1}$ ו- $\overline{S_{0}}$ נקבל:

O_{0}=\overline{S_{1}}\cdot \overline{\overline{ S_{0}}}=\overline{S_{1}}\cdot S_{0}=Y_{1}

O_{3}=S_{1}\cdot \overline{S_{0}}=Y_{2}

זה נותן לנו בדיוק את מה שאנחנו צריכים. אבל רגע, אין לנו את $\overline{S_{0}}$ ולכן אנו צריכים ליצור אותו באמצעות המפענח האחרון שלנו:

O_{0}=\overline{S_{0}}\cdot \overline{S_{0}}=\overline{S_{0}}

ולכן נדרש למינימום שלושה מפענחים.

תרגיל (12)

נתון המעגל הבא בעל $DFF$ המתעדכן בעליית שעון
ספרתיות יבשים 2 המשך 3.png
הכניסה $X$ מתעדכנת $3ns$ לפני ירידת השעון. מחזור השעון נראה כלהלן:
ספרתיות יבשים 2 המשך 4.png
נתונים הזמנים הבאים:

T_{setup}=5ns, T_{hold}=10ns,T_{cd}(C\to Q)=7ns, T_{pd}(C\to Q)=12ns, T_{cd}(OR)=4ns, T_{pd}(OR)\!=\!7ns

מהו הזמן העובר במערכת מהתעדכנות $X$ ועד להתעדכנות היציאה $Z$ ?

אנו מכניסים את $X$ 3 ננו שניות לפני ירידת שעון. עד שה- $X$ מגיע ל- $D$ לוקח $t_{pd}(OR)=7ns$ . לכן, אנחנו $4$ ננו-שניות לאחר ירידת השעון.
כדי ש- $Q$ יתעדכן אנו נדרשים לחכות לעליית השעון הבאה ואז את הזמן $t_{pd}(C\to Q)$ .
אך נדרש לשים לב כי יש מספיק זמן ל- $setup$ . האות מגיע משער ה- $OR$ כ- $12-4=8$ ננו-שניות לפני עליית השעון. זמן ה- $setup$ הנתון הוא $5ns$ ולכן, התנאי מתקיים ואנו יכולים להמשיך בעבודה.
לכן, הזמן שיקח ל- $X$ להגיע ל- $Z$ הינה $7+8+12=27ns$ בדיוק.

תרגיל (13)

נתון המעגל הבא:
ספרתיות יבשים 2 המשך 5.png
ה- $D-FF$ מתעדכן בעליית שעון. הכניסה $X$ מתעדכנת $10ns$ לאחר ירידת השעון.
מחזור השעון הינו $50ns$ כאשר חצי ממחזור השעון הוא נמצא בערך $0$ וחצי בערך $1$ .
כמו כן נתונים הזמנים הבאים:

\begin{matrix} T_{pd}(OR)=7ns & T_{cd}(OR)=4ns \\ T_{pd}(XOR)=6ns \\ T_{pd}(Clk\to Q)=20ns & T_{cd}(Clk\to Q)=5ns \\ T_{setup}=4ns & T_{hold}=10ns \end{matrix}

מצא מהו $T_{cd}(XOR)$ .

ה- $FF$ דורש זמן $hold$ בו הערכים בכניסה $D$ לא ישתנו על מנת שנקבלם בזכרון.
ה- $OR$ אשר מגיע ל- $D$ תלוי ב- $XOR$ מהסוף. לכן, אנו נרצה שערך של $XOR$ לא ישתנה או יתעדכן מספיק זמן כדי שה- $FF$ יתעדכן.
ברגע ש- $Q$ מתחיל להשתנות אזי גם $XOR$ יתחיל להשתנות ואז ה- $OR$ . לכן, נדרש ש:

t_{cd}(XOR)+5+4=t_{cd}(Clk\to Q)+t_{cd}(XOR)+t_{cd}(OR) \geq t_{hold}=10ns

t_{cd}(XOR)=1ns

בעיה - זו לא התשובה הרשמית.
נשים לב כי על מנת שהמעגל יעבוד אנו נדרשים ל- $4ns$ של $setup$ , כלומר $4ns$ שבו המידע יציב.
האות של $x$ משתנה כ- $10ns$ לאחר ירידת השעון. כלומר, נותרו עוד $15$ שניות עד לעליית השעון.

t_{pd}(XOR)+t_{pd}(OR)=6+7=13ns

כלומר, לוקח $13ns$ לאות להתעדכן בכניסה $D$ .
אזי, עד לעליית השעון נותרו $2$ שניות אבל זה פחות מהזמן $setup$ ולכן המעגל לא יהיה יציב ולכן לא ניתן לדעת מה יקרה כלל וכלל וזו התשובה האמיתית.

תרגיל (14)

ניסית לבנות מחלק תדר כפי שראינו בתרגול שאמור לקבל בכניסתו שעון בעל מחזור באורך $100ns$ .
השתמשת בפליפ-פלופ בעל אילוצי הזמן הבאים:

t_{setup}=25ns \qquad t_{hold}=22ns \qquad t_{cd}=18ns \qquad t_{pd}=40ns

כשאחד המתרגלים בקורס ראה את המעגל חשכו עיניו. המתרגל הציע לתקן את המעגל מיד בטרם יראה אותו המרצה וציונך בקורס ייפגע.
התיקון שהציע המתרגל היה להוסיף מהפכים בעלי השהייה של $10ns$ והשהיית זיהום של $5ns$ במשוב המערכת:
ספרתיות יבש 2 המשך 6.png
אבל, כדרך המתרגלים, סירב אותו מתרגל לומר לך כמה מהפכים יש להוסיף.
כמה מהפכים יש להוסיף?

נדרש שזמן ה- $hold$ שנדרש אליו יהיה קטן יותר מסך הזמנים של ה- $not$ -ים ולכן:

k\cdot 5+18=k\cdot t_{cd}(NOT)+t_{cd}\geq t_{hold}=22ns

k\geq \left\lceil \frac{4}{5} \right\rceil =\lceil 0.8\rceil =1

לכן נדרש ללפחות שער $NOT$ אחד.
נבדוק אם שאר התנאים מתקיימים על מנת שהמעגל יפעל(כי ספרתיות הזויים ולפעמים עושים שאלות מכשילות)
נדרש פה כי המסלול הארוך ביותר יהיה קצר יותר מזמן מזור השעון פחות ה- $setup$ כדי שהמערכת תספיק להשתנות ולכן:

40+10k=t_{pd}+k\cdot t_{pd}(NOT)\leq t_{clock}-t_{setup}=100-25=75

10k\leq 35 \implies k\leq \frac{35}{10}=3.5

לכן, יש לכל היותר $3$ מהפכים.

נשים לב שאם מספר ה- $NOT$ ים יהיה אי זוגי, אנו נקבל בכל פעם את אותו התדר(כי יש גם $NOT$ ב- $FF$ ) ולכן נרצה מספר זוגי של $NOT$ -ים כדי שהמעגל יתפקד.
לכן, מספר השערים שנדרש אליו הוא $k=2$ .

תרגיל (15)

נתון המעגל הבא:
ספרתיות יבש 2 המשך 8.png
נתונים זמני הרכיבים הבאים:

\begin{matrix} t_{setup}=7ns & t_{hold}=2ns & t_{pd}(C\to Q)=15ns \\ t_{pd}(AND)=6ns & t_{pd}(OR)=5 \\ t_{cd}(AND)=2ns & t_{cd}(OR)=2ns \end{matrix}

ידוע כי הזמן בין עליית השעון לירידת השעון חייב להיות לפחות $13ns$ .
עדכון הכניסה $x$ נעשה בירידת השעון וה- $FF$ -ים פעילים בעליית השעון.
מהו זמן המחזור המינימלי של השעון שמבטיח פעולה תקינה של המעגל?

הניחו שפרק הזמן בין עליית השעון לירידת השעון מתוכנן היטב. כלומר, נקבע על מנת לאפשר פעולה תקינה של המעגל בזמן מחזור מינימלי.
שימו לב כי מחזור השעון אינו סימטרי בהכרח. כלומר, שני חלקי מחזור השעון אינם חייבים להיות זהים באורכם.

נסמן את הזמן מעליית השעון לירידתו ב- $t_{high}$ . נתון כי $t_{high}\geq 13$ .
נסתכל על המסלול מ- $X$ ל- $D_{1}$ שהיא הכניסה לפליפ פלופ הראשון במעגל.
ה- $x$ משתנה בירידת השעון ונדגם בעליית השעון הבאה. לכן, נדרש שזמן ההגעה שלו, שבמקרה הזה יהיה $t_{pd}(AND)$ יהיה קטן מזמן שבו השעון למטה פחות זמן ה- $setup$ .

t_{low}-t_{setup}\geq t_{pd}(AND) \implies t_{low}\geq 6+7=13

לכן מתקיים $t_{low}\geq 13$ גם כן.
כעת נסתכל על המסלול מ- $Q_{1}$ ל- $D_{1}$ שהיא הכניסה לפליפ פלופ הראשון במעגל.
ה- $Q_{1}$ משתנה בעליית השעון וה- $D$ נדגם בעליית השעון הבאה. סה"כ אנו עוברים מחזור שלם.
הזמן של המחזור פחות זמן סטאפס צריך להיות גדול מהזמן של $AND$ + הזמן שלוקח ל- $FF$ להשתנות.

t_{cycle}-t_{setup}\geq t_{pd}(AND)+t_{pd}(C\to Q)\implies t_{cycle}\geq 6+15+7=28

נשים לב כי $13+13=26$ ולכן, בהכרח זמן המחזור המינימלי הינו $t_{cycle}=28ns$ .

תרגיל (16)

נתון המעגל הבא המורכב משני פליפ-פלופים ושער $NAND$ :
ספרתיות יבש 2 המשך 7.png
נתוני התזמון של הרכיבים הם:

\begin{array}{|c:c|c:c|} \hline t_{pd}(NAND) & 8ns & t_{pd}(C\to Q) & 7ns \\ \hline t_{cd}(NAND) & 2ns & t_{cd}(C\to Q) & 5ns \\ \hline & & t_{setup} & 5ns \\ \hline & & t_{hold} & 4ns \\ \hline \end{array}

מזינים שעון יחיד בו זמנית לשני הפליפ-לופים אך בגלל מגבלות פיזיקליות, השעון מגיע אליהם בהפרש זמן.
נגדיר $t_{skew}$ כהפרש בין הזמן בו מגיע האות $CLK_{2}$ ל- $FF$ השני לבין הזמן שבו מגיע האות $CLK_{1}$ ל- $FF$ הראשון.
נתון כי זמן המחזור של השעון הינו $t_{cycle}=25ns$ .
במעגל לעיל מהו התחום המותר עבור $t_{skew}$ ?

כדי שהמעגל לא ישבר אנו נדרש שהזמן שלוקח ל- $Q_{1}$ להגיע ל- $D_{2}$ יהיה קטן ממחזור שעון שלם כדי שנוכל לקבל קלט.
לכן:

t_{cycle}+t_{skew}\geq t_{setup}+t_{pd}(NAND)\implies t_{skew}\geq 5+8-25=- 12

לכן בהכרח $t_{skew}\geq -12$ .
כעת נחסום את $t_{skew}$ מלמעלה. לשם כך נראה כי הזמן $hold$ צריך להיות קטן מהזמן שבו הכל נשאר יציב ובכך:

4+t_{skew}=t_{hold}+t_{skew}\leq t_{cd}(NAND)+t_{cd}(C\to Q)=5+2

t_{skew}\leq 3

ולכן, מתקיים:

-12\leq t_{skew}\leq 3

(בדפים רשום שהתשובה היא $-5ns\leq t_{skew}\leq 3ns$ וזו גם שאלה אמריקאית אז ככה ידעתי שזו באמת התשובה הנכונה)