VIK Wiki - Felhasználó közreműködései [hu]

Digitális technika 2 - Megoldások a V2-es ellenőrző feladatsorhoz

2013-05-23T15:51:02Z

Prisonerhu: /* 6. m.) */

{{Vissza|Digitális technika 2}}
[[Category:Digitális technika 2]]

Ezen az oldalon a [[Digitális technika 2#Régi és új Digit2|régi ötkredites]] Digit2 ellenőrző kérdéseihez összegyűjtött megoldások vannak. A megoldások nem mindenhol teljesek vagy jók. Az új Digit2-höz már más ellenőrző feladatsort adott ki a tanszék.

<div style="float:right;margin:0.5em;" class="noautonum">__TOC__</div>

[[Media:Digit2_ef_V2.pdf|A V2-es feladatsor itt érhető el.]]

== 1. feladat ==

* [[Media:Digit2_ef_V2_megold_1_a_ell.pdf‎|PDF az 1/a) feladathoz]]

== 2. feladat ==

by Lacee
(a hibákat jelezni kérem a prisonerhu{{kukac}}freemail.hu címen)

=== 2. a) ===

Készítsen megszakítási vonalakat kezelő áramkört, amely egy 8085-ös processzoron alapuló sín RST 5.5-ös és RST 6.5-ös megszakítási vonalaira csatlakozva2 db külsô megszakítás (IT1 és IT2) fogadására alkalmas.

A külső megszakítások kezelését külön-külön áramkörök végzik, amelyek a külső megszakítás felfutó élére kérnek megszakítást és alaphelyzetbe OUT utasítással állíthatók (vagy a ResetOut jel hatására). Egy megszakítási impulzus csak egyszer kérjen megszakítást. Az IT1 megszakítás hatására a C regiszter 55h, IT2 hatására a C regiszter AAh értéket vesz fel. A megszakítási flip-flopok 11h (IT1) és 17h (IT2) címen érhetők el.

* Készítse el a rendszer inicializálását végző főprogramot (40h címtől kezdődően)!
* Készítse el a megszakítási szubrutinokat!

RST55 EQU 2CH
RST65 EQU 34H
C1 EQU 55H
C2 EQU AAH
IT1 11H
IT2 17H

JMP INIC
ORG 0040H
INIC:
MVI A,00001100B ;RST 7.5-T LETILTJUK, A TÖBBIT ENGEDÉLYEZZÜK
SIM ;MASZK BEÁLLÍTÁSA
EI ;MEGSZAKÍTÁS ENG

VAR: JMP VAR ;VÉGTELEN CIKLUS, AZ RST-KRE VÁR, AZOK MEGSZAKÍTJÁK

ORG RST55 ;RST55 CÍMÉN VAN,ÍGY HA MEGSZAKÍTÁS TÖRTÉNIK, AKKOR IDE UGRIK A PROGI
MEGSZ1: MVI C,C1 ;BEÁLLÍTJUK A KÍVÁNT ÉRTÉKET
OUT IT1 ;VISSZAÁLLÍTJUK AZ IO-T
EI ;MEGSZAKÍTÁS ÉRVÉNYRE JUTTATÁSA
RET

ORG RST65 ;AZ ELÕBBI MINTÁJÁRA...
MEGSZ2:
MVI C,C2
OUT IT2
EI
RET

=== 2. b) ===

Írjon assembly szubrutint (KONV), amely az A regiszterben megkapott byte-ot átírja a 74LS374-es regiszter bekötésének megfelelően. A szubrutin kimenete az átkonvertált byte az A regiszterben. (A szubrutin más regiszterek tartalmát nem ronthatja el!)

Írjon ellenőrző 8085-ös assembly szubrutint (ELO), amely az összes lehetséges kombinációval ellenőrzi a kimeneti regiszter bekötését. A szubrutin lefutása után a D,E regiszterpárban legyen a felismert hibák száma! (A szubrutin a D,E regiszterpár kivételével a regiszterek tartalmát nem ronthatja el!) A megoldásban használja az előző feladatban definiált KONV szubrutint! A kimeneti regiszter 0FFh I/O címen írható és 01Fh címen olvasható.

PÉLDA1 A MÛKÖDÉSRE
10101111 ;A BEJÖVÕ ADAT -> EZT KELL KAPNUNK A PÉLDA1-BEN: 01011111
RRC 11010111 ;JOBBRA FORGATJUK
AND 01010101 ;ÖSSZEÉSELJÜK 55H-VAL (MÁSNÉVEN MASZKOLÁS)
----------
= 01010101 -> D ;AZ EREDMÉNYT BEÍRJUK A (D) REG-BE

RLC 01011111 ;AZ EREDETI ADATOT FORGATJUK BALRA
AND 10101010 ;ÉSELJÜK AAH-VAL
----------
= 00001010 -> H ;KIMENTJÜK H-BA, A PROGIBAN NEM KELL H-BA MENTENI,MERT AZ UTANA LEVÕ PARANCS A
VAGYOLÁS ÉS AHHOZ AZ A- TARTALMA KELL, AMI MOST PONT A H-BA RAKOTTAL EGYEZIK MEG

H OR D
01010101
00001010
----------
01011111 ;AZ EREDMÉNY!

PÉLDA2:
10101110 ->EBBÕL EZT:01011101
RRC 01010111
AND 01010101
----------
= 01010101 -> D

RLC 01011101
AND 10101010
-----------
= 00001000 -> H

H OR D
01010101
00001000
-----------
01011101

;NA ÉS VÉGRE A PROGI
KONV: PUSH H
PUSH D
PUSH PSW ;kimentjük A-t
RRC ;jobbra forgatunk
ANI 01010101B ;maszkoljuk 55H-val
MOV D,A ;a maszkolt byte-ot kimentjük D-be
POP PSW ;vissza az A-t
RLC ;balra forgatjuk
ANI 10101010B ;maszkoljuk AAH-val
ORA D ;összevagyoljuk D-vel
POP D ;POPpolgatunk
POP H
RET

ELO:
PUSH PSW
PUSH H
PUSH B
PUSH A
MVI B,0H
LXI D,0H
FUT:
MOV A,B
OUT 0FFH ;a B 0-tól FF-ig megy, ez az összes lehetséges kombináció
CALL KONV ;az A-ban a B-nek megfelelő beolvasott (átkonvertált) adat lesz
MOV C,A
IN 01FH ;beolvassuk a reg tartalmát
CMP C ;ha A=C akkor jó (C:a B konvertált alakja, A:a közvetlenül visszaolvasott alak

JZ TOVABB ;ha B=C -> Z=1, tehát nem kell növelni a DE-t
INX D ;ha azonban Z=0, növeljük DE-t
TOVABB: INR B
MOV A,FF
CMP B
JNZ FUT ;ha B végigpörgött, tehát elérte az FF-t, akkor kilépünk
POP A
POP B
POP H
POP PSW

=== 2. c) ===

Írja meg a VIZS 8085 assembly szubrutint, amely az A regiszterben kapott értéket beírja a kimeneti regiszterbe, majd a kimenet értékét visszaolvassa és ellenőrzi, hogy a beérkezett karakter helyes-e? Hiba esetén a szubrutinból való visszatéréskor Z=1, különben Z=0 legyen!

* A kimeneti egység K1…K8 jelei a 0ACh IO címen olvashatók vissza.
* a kimeneti regiszter (74374) a 0AAh IO címen írható
* A kimeneti regiszter minden második bitje (K0,K2,K4,K6) negáltan legyen kivezetve.

VIZS: OUT 0AAH ;BEÍRJUK AZ A REG TARTALMÁT A KIMENETI REG-BE
AND 55H ;A KIMENET ÉRTÉKE NEM A BEÍRT A-VAL LESZ EGYENLÕ
XRA FFH ;EZÉRT MEGCSINÁLJUK SZOFTVERESEN A BYTE MINDEN MÁSODIK BITJÉNEK NEGÁLÁSÁT

;példa 1:a fenti műveltre (AND 55H;XRA FFH)
kiírt adat:
11111111 -> ebből ezt kell kapnunk: 10101010
AND 01010101
-----------
01010101
XRA 11111111
-----------
10101010 ->és kész!

;példa 2:
kiírt adat:
10111011 ->ez lesz belőle: 11101110
AND 01010101
-----------
00010001
XRA 11111111
-----------
11101110 -> ready!

;és a progi folytatása
MOV B,A ;elmentjük B-be, mert később a visszaolvasott adat alapból az A-ba kerül és felülírja ezt
IN 0ACH ;visszaolvasás
CMP B ;a szokásos vizsgálat, A-ból kivonjuk a B-t(az ellenőrző byte-ot)
JNZ Z1 ;és ha az eredmény nem 0 (akkor Z=0,és hiba van), a feladata pont az ellentetjét kéri
XRA A ;ezért a Z flaget megnegáljuk az alábbi paranccsal
JMP VEGE
Z1: MOV A,1H
ORA A
VEGE: RET

=== 2. d) ===

Illesszen i8085-ös mikroprocesszoros rendszersínre két 8251-es soros periféria illesztő áramkört. Az „A” áramkör csak kimenetre, a „B” áramkör csak bemenetre van felprogramozva. Az „A” áramkör TxD kimenetét a „B” áramkör RxD bemenetére kell kötni. Mindkét áramkör TxC és RxC órajel bemeneteire CLK96 órajel van kötve. Inicializáláskor mindkét áramkör programozása: aszinkron üzemmód, 8 bites karakter, páros paritás és 2 stop bit. A „B” áramkör az /RST 5,5 sínen kér megszakítást. Az „A” áramkör báziscíme 0AAh, a „B” áramkör báziscíme 0AEh.

Írja meg azt a két assembly programrészletet, amely a két 8251-est felprogramozza a fenti konfigurációnak megfelelően!

AFELPROG:
;először a MODE INSTRUCTION-t kell kiküldeni
;kódszó: 11111101B - a alsó 2 bit értéke elvileg úgy jön ki, hogy a TxC és RxC órajeleknek 1-szeres arány kell legyen
MOV A,FDH
OUT 0AAH
MOV A,00 000001B ;Command Instruction
OUT 0AAH
RET

BFELPROG:
;kódszó: ugyanaz,mint az előbb
MOV A,FDH
OUT 0AEH
MOV A,00000000B ;Command Instruction, B lesz a vevő
OUT 0AEH
JMP 002CH
RET

=== 2. e) NR! ===

Illesszen a 8085 mikroprocesszor sínrendszerére 8255-ös típusúPPIO áramkört, amely a 94H, 95H, 96H, 97H portcímeket foglalja el. A PPIO áramkör B portjára egy 8 bites párhuzamos adat kimenettel rendelkező periféria csatlakozik, (tehát a B portot bemenetként kell felprogramozni) amely hand-shaking (kézfogásosos) jelekkel ütemezi az adatátvitelt. Adat beolvasása esetén az áramkör kérjen megszakítást a CPU RST5.5 bemenetén. A periféria 8 adatvezetéken kívül az adattal egyidőben megjeleníti a PEVEN páros paritás jelet is. A PEVEN jel csak a hand-shaking folyamat közben áll rendelkezésre.

Vegye figyelembe, hogy a megszakítási szubrutinban megvalósított adatbeolvasás időpontjában nem biztos, hogy a PEVEN paritás rendelkezésre áll, viszont a feladathoz feltétlen szükséges. Ezért javasolt a paritás jel mintavételezése (a megfelelő hand-shaking jellel) és letárolása a PPIO áramkörön kívül, majd beolvasása az A porton keresztül (pl. PA0 bemeneten) a megszakítási szubrutinban.

* Írjon INIC55 szubrutint, amely elvégzi a PPIO áramkör fentiek szerinti inicializálást, és az SP beállítását, ha a STACK 8F00h és 8FFFh memóriatartományban van
* Írjon RST5.5 megszakítási szubrutint, amely beolvassa az adatot és a paritást PPIO áramkörről, ellenőrzi paritást, majd azadatot elhelyezi a 3456H című memória byte-ban, illetve paritáshiba esetén megnöveli a 3457H című memória byte tartalmát.

INIC55: ORG 8F00H
TER DS FF ;STACK helyfoglalás

ORG 0H
;STÁTUSZ szó: 10111111 - segédlet 95-97.oldala alapján
MOV A,DFH
OUT 97H

IN 95H
JMP 2CH

ORG 2CH
IN 94H ;ez itt a PEVEN jel beolvasása
ANI 01H ;a PA0 bitjét veszem a PEVEN paritás bitnek
MOV D,A ;és elmentem a D-be;ha D=0, akkor páratlan paritás, D=1, akkor páros paritás van
MVI B,0
MVI C,8
PARIT: RLC
JNC TOV
INR B ;az utolsó ciklusba bekerül a beolvasott byte-ban lévő 1-esek száma
TOV: DCR C
JNZ PARIT
MOV A,B
ANI 01H

LXI H,3456H
MOV M,A

=== 2. f.) ===

Illesszen i8085-ös mikroprocesszoros rendszersínre egy visszaolvasható 8 bites kimeneti regisztert, mely az alábbi ábrán látható lámpa vezérlő egységet képes működtetni.
* a kimeneti regisztert (74374) a 20h IO címen írható és a kimeneti egység L1…L8 jelei a 20H IO címen visszaolvashatók
* Írja meg a CHECK 8085 assembly szubrutint, amely az A regiszterben kapott értéket beírja az előző feladatban kialakított kimeneti regiszterbe, majd a kimenet értékét visszaolvassa és ellenőrzi. Hiba esetén visszatéréskor CY=1, különben CY=0 legyen.

CHECK: OUT 20H ;kiírás a reg-be
CMA ;bitenként negálja az A-t
MOV B,A ;ezt a negált értéket beírjuk a B reg-be
IN 20H ;20H címről beolvasunk
CMP B ;szokásos ellenőrzés
JZ CY0 ;ha egyenlő a B és a visszaolvasott érték, akkor Z=1 és akkor ugrunk arra a részre ahol CY:=0
STC ;ha Z=0 akkor CY-t 1-be állitjuk
JMP VEGE ;és ugrunk a végére
CY0: STC ;CY=1
CMC ;CY-t negálja
VEGE: RET

== 3. feladat ==

=== 3. a) ===

LXI D,X ; X ms-ban
LXI B,R ; R-ratio, szazalekban
ELEJE: LXI H,X*1000000*R/100/7040
MVI A,C8H ; 11001000B
SIM
CALL HUROK
MVI A,48H ; 01001000B
SIM
LXI H,X*1000000*(100-R)/100/7040
CALL HUROK
JMP ELEJE

HUROK: DCX H ; 4 fazis
MOV A,H ; 4 fazis
ORA L ; 4 fazis
JNZ HUROK ; 10 fazis, 7040 nsec
RET

=== 3. b.) ===

Írjon 8085 assembly szubrutint, amely a következő specifikáció szerint működik:
* A szubrutin a SID jel felfutó élére egy adatkivitelt, a lefutó élére egy adatbeolvasást végezzen a következők szerint:
* a szubrutin induláskor megvárja a SID jel 0=>1 átmenetét és a B regiszter tartalmát kiírja a 70h-es port címre,
* majd a SID jel 1=>0 átmenetére 71h port címről beolvas egy adatbájtot, amit a C regiszterbe tesz, ezután kilép a szubrutinból.
* A szubrutin bemenete: a kiírandó adat a B regiszterben.
* A szubrutin kimenete: a beolvasott adat a C regiszterben
* A megoldás során ügyeljen arra, hogy a szubrutin a C regiszter kivételével a regiszterek és a flag-ek értékét ne változtassa meg!

RUTIN: MVI C,0H ;ezzel a reg-gel ellenőrizzük azt, hogy a SID jel milyen értékű, az 1. részben 0-1 átmenet kell
PUSH PSW ;kimentések
PUSH A
PUSH B
VAR1: RIM ;a beolvasott byte felső bitje a SID jel értékét mutatja
MVI A,80H ;maszkolás
ORA C ;megnézzük, hogy a SID=0-e ha nem akkor ugárs VAR1-re / SID=1-re várunk
JNZ VAR1
VAR2: RIM ;itt gyakorlatilag ugyanaz van, mint az előbb, csak SID-1-re várunk
MVI A,80H
ORA C
JZ VAR2 ;tehát ha SID=0 marad, akkor ugrunk VAR2-re / ha SID=1, akkor várunk még
MOV A,0 ;itt azt nézzük, hogy az 1. részben vagyunk-e
CMP C ;ha a kivonás eredménye 0, akkor az 1. részben vagyunk és ekkor írjuk ki a B-t a 70H-ra
JZ B70H
JMP C71H ;ha a 2. részben vagyunk, akkor az előző ugró utasítás nem teljesül és ide kell ugrani
CIMKE: MOV C,01H ;ha az 1. részben vagyunk, akkor C reg-t 1-be kell állítani, a 2. részben már nem fogunk ide ugrani
JMP VAR1
B70H: MOV A,B
OUT 70H
JMP CIMKE
C71H: IN 71H
MOV C,A
POP B
POP A
POP PSW
END

Egy másik megoldás:

NULLBEOLV: PUSH PSW
RIM
ANI 80H ;10000000B
JZ NULLBEOLV
MOV A,B
OUT 70H
EGYBEOLV: RIM
ANI 80H
JNZ EGYBEOLV
IN 71H
MOV C,A
POP PSW
JMP NULLBEOLV

=== 3. c.) ===
Írjon 8085 assembly szubrutint, amely megvárja a SID jel változását (felfutó és lefutó él). A szubrutin kimenete:
* Z=1 felfutó él volt,
* Z=0 lefutó él volt!
* A szubrutin ne változtassa meg a regiszterpárok értékét!

RUTIN: RIM
ANI 80H ;maszkolás, az SID értéke az A-ban lesz
JZ FELFUT ;ha az előbbi "és"-elés eredménye 0 (tehát a SID 0), akkor Z=1 -> ugrás a felfutójelhez
JMP LEFUT ;különben lefutó jelre várunk
FELFUT: RIM
ANI 80H ;maszkolás
JZ FELFUT ;addig csináljuk amíg az eredmény 1 lesz (tehát a SID=1-re), Z=0-ra várunk
XRA A ;beállítjuk a Z-t 1-re
JMP VEGE ;ugrás végére
LEFUT: RIM
ANI 80H
JNZ FELFUT ;ha Z=1, akkor az "és"-elés eredménye:0, tehát tovább kell várni a SID= 1 -> 0 átmenetre
MOV A,FFH
ORA A ;Z:=0
VEGE: RET

Egy másik megoldás:

MVI A,0
RIM
ANI 80H
JZ IDE
MVI A,1
IDE: CALL IDERUTIN
HALT
IDERUTIN: ANI FF
JZ VAREGYRE
VARNULLRA: RIM
ANI 80H
JNZ VARNULLRA
RZ
VAREGYRE: RIM
ANI 80H
JZ VAREGYRE
RNZ

=== 3. d.) ===
Írjon 8085 assembly szubrutint, amely a HL regiszterpárban kapott kezdőcímű és 32 byte hosszúságú adatblokkhoz 1 byte-os ellenőrző összeget számol ki, és elhelyezi a blokkot követő rekeszben. A szubrutin végén az akkumulátor az ellenőrző összeget tartalmazza! (A rutin bármely regiszter értékét elronthatja)!

Az ellenőrző összeg számítási algoritmusa: X(i) mod 256 0<i<32

RUTIN: MVI C,32 ;32 byte hosszúságú adatblokk
XRA A ;A:=0
CIKLUS: ADD M ;A+HL-> A
INX H ;forrásmutató növelése
DCR C
JNZ CIKLUS ;ha végigértünk akkor Z=1
MOV M,A ;a blokkot követő részen az ellenőrző összeg
RET

Egy másik megoldás:
LXI D,0 ;reszosszeg kinullazasa
LXI H, KC ;kezdocim
LXI B, 32 ;db
HUROK: MOV A,M
CALL OSSZEGZO
INX H
DCX B
MOV A,C
ORA B
JNZ HUROK
MOV M,E ;E-ben van a mod256 reszosszeg

OSSZEGZO:
PUSH H
MOV L,A
MVI H,0
DAD D
XCHG
POP H
RET

=== 3. e.) ===
Írjon assembly programot amely kivonja két memóriában elhelyezkedő 32 szavas memóriatömbök egyes szavait és az eredményeket visszahelyezi egy újabb memóriaterületre! A 2 byte-os szavak felső 8 bitjét a kisebb című (páros) byte, az alsó 8 bitet a következő (páratlan) cím tárolja!
(9000H,9001H) = (9100H,9101H) - (9200H,9201H) ... stb.
* Írja meg a kivonó programot!
* A kivonások elvégzése után a 9000H-n kezdődő 32 szavas memória terület után helyezzen el egy olyan byte-ot, amely megadja, hogy a 32 eredmény szó közül mennyi a pozitív szám feltételezve, hogy az operandusok (és az eredmény) 16 bites kettes komplemens kódban van ábrázolva.

LXI B,9000H
LXI D,9101H
LXI H,9201H
MVI E,32H ;2*32 szót vonunk ki egymásból
KIVON: STC ;CY:=1
CMC ;CY:=/CY -> CY:=0
LDAX A,D ;9101H-n található adatot betölti az A-ba
SBB M ;A-(HL által mutatott címen levő adat)-CY , ha van átvitel akkor CY=1 lesz
STAX B ;B által mutatott címre A tartalmát helyezi
DCX B
DCX D
DCX H
LDAX A,D ;9100H-n található adat megy az A-ba
SBB M ;A-M-CY
STAX B ;9000H-n a kivonás eredménye (2 byte-on)
INX H
INX H
INX D
INX D
INX B
INX B
DCR E
JNZ KIVON
MVI E,32H ;32 szavat vizsgálunk meg
MVI D,0H ;a pozitív számok számát ebben tároljuk
SZAMOL: LXI B,9000H
ANI 80H ;ha a MSB (legfelső bit)=1 akkor a szám negatív
JZ TOVABB ;ha szám negatív, akkor Z=1 és nem kell növelni
INR D
TOVABB: INX H
INX H
DCR E
JNZ SZAMOL
END

Egy másik megoldás:
XPOINTER EQU 9080H
YPOINTER EQU 9082H
ZPOINTER EQU 9084H ;ideiglenes regiszterpárok, KIHASZNÁLATLAn ramterület, senkit nem zavar
X EQU 9100H
Y EQU 9200H
Z EQU 9000H

LXI H,X ;ebbol
SHLD XPOINTER
LXI H,Y ;ezt
SHLD YPOINTER
LXI H,Z ;ide(eredmény)
SHLD ZPOINTER

CIKLUS: CALL CIKLUSMAG
LXI B, X+32*2
LHLD XPOINTER
MOV A,H
CMP B
JNZ CIKLUS
MOV A,L
CMP C
JNZ CIKLUS
HALT

CIKLUSMAG:
LHLD XPOINTER ;H=91,L=00
MOV D,M
INX H
MOV E,M ;DE=ebbol
INX H
SHLD XPOINTER
LHLD YPOINTER
MOV A,M
CMA
MOV B,A
INX H
MOV A,M
CMA
MOV C,A
INX B ;BC-ben kivonando kettes komplemense(-1szerese)
INX H
SHLD YPOINTER
XCHG ;HL-ben ebbol
DAD B
XCHG ;DE-ben eredmeny
LHLD ZPOINTER
MOV M,D
INX H
MOV M,E
INX H
SHLD ZPOINTER
RET

=== 3. f.) ===
Írjon assembly szubrutint amely kivonja két, a memóriában elhelyezkedő 64 byte-os memóriatömb egyes byte-jait és az eredményeket visszahelyezi az első operandus helyére! Az operandusok kezdőcímeit a szubrutin a HL és DE regiszterpárokban kapja. A kivonások elvégzése után a rutin az BC regiszter-párban kapott címtől kezdődően helyezzen el egy olyan byte-ot, amely megadja, hogy a 64 eredmény byte közül mennyi a pozitív szám (>0), egy másik byte-ot, hogy mennyi a negatív szám (<0), és egy harmadik byte-ot, hogy hány érték volt 0 (=0). (Az operandusok és az eredmény 8 bites kettes komplemens kódban vannak ábrázolva.)
* Írja meg a szubrutint!
* Írja meg azt a programrészletet, amely meghívja a szubrutint a HL=8000h, DE=8800h és BC=9000h paraméterekkel, majd ellenőrzi, hogy a 9000h címtől kezdődő 3 byte összege valóban 64.

RUTIN: PUSH B ;kimentjük BC-t,mert a számlálónak a B-t használjuk fel
PUSH H ;a későbbi vizsgálat során az eredeti címtől indulunk, így ezt is kimentjük
MVI B,64
XCHG ;HL és DE felcserélése
KIVON: LDAX D ;az A-ba betölti a DE (eredetileg HL) által mutatott címen lévő adatot
SUB M ;így DE-ből kivonjuk a HL-t
STAX D ;DE által mutatott címre visszahelyezzük az eredményt
INX D
INX H
DCR B
JNZ KIVON ;ha végigértünk a 64 byte-on, akkor Z=1 lesz
XCHG ;HL és DE visszacserélése

POP B
POP H
PUSH H
MVI D,0
MVI E,64
POZ: MOV A,M ;A-ban a HL által mutatott címen lévő byte
ANI 80H ;maszkolás az előjel bitre
JNZ PT ;ha az előjel bit=1, akkor Z=0 és akkor negatív, így kihagyjuk a D növelését
INR D ;ha Z=1, akkor a szám pozitív és növeljük D-t
PT: DCR E
JNZ POZ ;amíg végig nem értünk Z=0
MOV A,D ;D-ben van a pozitív számok darabszáma
STAX B ;B címére elhelyezzük a darabszámot
INX B ;a B következő címére kerül a negatív számok darabszáma

;pepita...
POP H
PUSH H
MVI D,0
MVI E,64
NEG: MOV A,M
ANI 80H
JZ NT
INR D
NT: DCR E
JNZ NEG
MOV A,D
STAX B
INX B ;a B következő címére kerül a 0 értékű számok darabszáma

;0-k száma, pepita
POP H
MVI D,0
MVI E,64
NULL: MOV A,M
ORA 00H ;egyedül itt van különbség, ha byte csupa 0, csak akkor lesz ORA 0H = 0-val és ezzel együtt Z=1
JNZ NULT
INR D
NULT: DCR E
JNZ NEG
MOV A,D
STAX B
RET

* Írja meg azt a programrészletet, amely meghívja a szubrutint a HL=8000h, DE=8800h és BC=9000h paraméterekkel, majd ellenőrzi, hogy a 9000h címtől kezdődő 3 byte összege valóban 64.

LXI H,8000H
LXI D,8800H
LXI B,9000H
CALL RUTIN
MOV C,0
MOV D,3
STC
CMC
ELL: LDAX B
ADC C
MOV C,A
DCR D
JNZ ELL
MOV A,64
CMP C
JZ JO
STC ;ezt itt a feladat nem kéri, de utólag vhogy el kell tudni dönteni, hogy az összeg valóban 64-e
CMC ;ezért ha nem jó akkor CY flag értéke 0 lesz, jó összeg esetén 1
JMP VEGE
JO: STC
VEGE: END

Egy másik megoldás:

KISERED EQU 8000H
KIVONANDO EQU 8800H
ELOJEL EQU 9000H

LXI H,KISERED
LXI D,KIVONANDO
;LXI B,ELOJEL ;ELOJEL=POZITÍVAK, ELOJEL+1=negatívak, ELOJEL+2=nullák

CIKLUS: MOV A,M
PUSH PSW
LDAX D
MOV B,A
POP PSW
SUB B ;AKKUMULÁTORBAN EREDMÉNY
MOV M,A
JZ NULL
JP POZ
PUSH H ;(NEGATÍV ÁG)
LHLD ELOJEL+1
INX H
SHLD ELOJEL+1
POP H
JMP ELLEN
NULL: PUSH H ;(0 ÁG)
LHLD ELOJEL+2
INX H
SHLD ELOJEL+2
POP H
JMP ELLEN
POZ: PUSH H ;(POZITÍV ÁG)
LHLD ELOJEL
INX H
SHLD ELOJEL
POP H
ELLEN: INX H
INX D
LXI B,KISERED+64
MOV A,H
CMP B
JNZ CIKLUS
MOV A,L
CMP C
JNZ CIKLUS
LXI B,ELOJEL

LXI H,ELOJEL
MOV A,M
INX H
ADD M
INX H
ADD M
CPI 64
JZ JO
NEMJO: NOP ;NEM JO!!!!!!!!!!
JO: HALT

=== 3. g.) ===
Írjon assembly szubrutint, amely a HL regiszterpárban kapott címen elhelyezkedő 00h végjelre végződő
karakterstringben megkeresi az első '1' számjegyet. (az ’1’ számjegy ASCII kódja 31h). Találat esetén a szubrutinból visszatéréskor a HL regiszterpár mutasson a megtalált karakter címére és CY = 0 legyen. Ha a keresett karakter nem található, akkor a szubrutin CY=1 értékkel térjen vissza. (Ilyenkor a HL regiszterpár a 00h végjelre mutasson.

RUTIN: MVI B,00H
KERES: MVI A,31H
CMP M ;megnézzük, hogy a HL által mutatott címen lévő adat 31H-e
JNZ TOV
JMP VEGT ;ha megtaláltuk az '1' számjegyet, akkor Z=1 és ugrunk a VEGT (VÉGe és Találtunk)

TOV: MOV A,B ;00 végjel figyelésére szolgál
CMP M ;ha HL által mutatott címen 00H található, akkor és csak akkor a kivonás eredménye 0 (Z=1)
JZ VEGNT ;ugrás a VÉGe és Nem Találtunk részre
INX H ;mutató növelése
JMP KERES

VEGT: STC ;a HL címe ekkor automatikusan a keresett karakterre mutat, így csak a CY flaget kell állítani
CMC
JMP VEGE

VEGNT: STC ;itt is a megfelelő helyre mutat a HL, így csak CY:=1-t állítunk

VEGE: RET

Egy másik megoldás:
KC EQU 9100H ;egyéni

CIKLUS: MOV A,M
CPI 31H
JZ TALALT
CPI 0
JZ NULLTALALT
INX H
JMP CIKLUS
TALALT: STC
CMC
JMP VEGE
NULLTALALT: STC
VEGE: HALT

=== 3. h.) ===
Írjon assembly szubrutint, amely a HL regiszterpárban kapott címtől kezdődően átmásol 32 bájtot a DE regiszterpárban megadott kezdőcímen kezdődő memóriaterületre. A megoldás során ügyeljen arra, hogy a rutin ne változtassa meg a flag-ek állapotát és a BC regiszterpár értékét!

Írjon assembly programrészletet, amely SID=1 esetén várakozzon SID=0-ra, majd SID=0 esetén a fenti szubrutin
meghívásával másoljon át 32 bájtot a 9000h memóriacímről a 9150h címre.

RUTIN: PUSH PSW
PUSH B

MVI B,32
MASOL: XCHG ;DE felcserélése HL-lel
LDAX D ;DE (=eredetileg HL) beírása az A-ba
XCHG ;visszacsere
STAX D ;beírjuk A-t az eredeti DE által mutatott címre
INX H
INX D
DCR B
JNZ MASOL
POP PSW
POP B
RET

;programrészlet:
VAR: RIM
ANI 80H
JNZ VAR
LXI H,9000H
LXI D,9150H
CALL RUTIN
END

Egy másik megoldás:
VAR: RIM
ANI 80H ;10000000B
JNZ VAR
LXI H,9000H
LXI D,9150H
CALL MASOL
HALT

;HL-ben és DE-ben már megvan a kezdõcímünk..

MASOL: PUSH PSW
PUSH B
LXI B,32
CIKLUS: MOV A,M
STAX D
INX H
INX D
DCX B
MOV A,C
ORA B
JNZ CIKLUS
POP B
POP PSW
RET

=== 3. i.) ===

Írjon assembly szubrutint, amely a DE regiszterpárban kapott címtől kezdődő 16 bájtot a blokk végétől kezdve visszafelé átmásol a HL regiszterpárban megadott címen kezdődő memóriaterületre (A forrás-blokk utolsó byte-ja van a cél-blokk első helyén). A megoldás során ügyeljen arra, hogy a rutin ne változtassa meg a flag-ek állapotát és a regiszterpárok értékét!

RUTIN: PUSH PSW
PUSH B
PUSH D
PUSH H
MVI B,16
;a DE-t megnöveljük 16-tal
DENOV: INX D
DCR B
JNZ DENOV
MVI B,16
MASOL: LDAX D
XCHG
STAX D
XCHG
INX H
DCX D
DCR B
JNZ MASOL
POP H
POP D
POP B
POP PSW
RET

Egy másik megoldás:
PUSH PSW
PUSH B
PUSH D
PUSH H

PUSH H
LXI B,16
DAD B
MOV B,H
MOV C,L
XCHG
LXI D,15
DAD D
XCHG
POP H

CIKLUS: LDAX D
MOV M,A
INX H
DCX D
MOV A,H
CMP B
JNZ CIKLUS
MOV A,L
CMP C
JNZ CIKLUS

POP H
POP D
POP B
POP PSW

=== 3. j.) ===
Írjon assembly szubrutint, amely a DE regiszterpárban kapott címtől kezdődő 16 bájtban megszámolja a negatív
számokat (feltételezve, hogy az adatok 8 bites kettes komplemensben ábrázolt előjeles számok), és a kapott eredményt elhelyezi a 8000h memória rekeszbe. A megoldás során ügyeljen arra, hogy a rutin ne változtassa meg a flag-ek állapotát és a regiszterpárok értékét!

RUTIN: PUSH PSW
PUSH B
PUSH D
MVI B,16
MVI C,0
SZAMOL: LDAX D
ANI 80H
JZ NEMNEG
INR C ;ha Z=0, akkor negatív a számunk, ekkor növelünk
NEMNEG: DCR B
JNZ SZAMOL
MOV A,C
STA 8000H
POP D
POP B
POP PSW
RET

Egy másik megoldás:

PUSH PSW
PUSH B
PUSH D
PUSH H

LXI H,8000H
MVI M,0
MVI B,0
CIKLUS: LDAX D
ANI 80H
CMP D ;FELESLEGES
JZ POZITIV
INR M
POZITIV:INX D
INR B
MOV A,B
CPI 16
JNZ CIKLUS

POP H
POP D
POP B
POP PSW
HALT

=== 3. k.) ===
Írjon assembly szubrutint, amely a HL regiszterpárban kapott címtől kezdődő 254 byte-os adatblokk végére kiszámít egy 2 byte-os ellenőrző szót (a blokk byte-jainak összeadásával), és elhelyezi az adatokat követően. A megoldás során ügyeljen arra, hogy a rutin ne változtassa meg a flag-ek állapotát és a regiszterpárok értékét!

RUTIN: PUSH PSW
PUSH B
PUSH H
PUSH D

MVI B,254
LXI D,0
MVI A,0
ELL: PUSH H
MOV A,M ;HL által mutatott címen lévő adat betöltése A-ba
MOV L,A ;a címen lévő adat, így már a címmutató regiszter alsó részén van (itt elfér nem kell hozzá a H reg)
DAD D ;HL+D -> HL
XCHG ;HL cseréje DE-vel (így DE-ben van az ellenőrző összeg)
POP H
INX H ;cím növelése
DCR B
JNZ ELL ;amíg végig nem értünk
MOV M,D ;D betöltése a HL címre
INX H
MOV M,E ;a következő byte-ra pedig az E kerül

POP D
POP H
POP B
POP PSW
RET

Egy másik megoldás:

PUSH PSW
PUSH B
PUSH D
PUSH H

XCHG ;DE-ben kezdocim
LXI H,0 ;reszosszeg HL-ben
MVI A,0 ;itt számoljuk a 254 db-ot
CIKLUS: PUSH PSW
LDAX D
MVI B,0
MOV C,A
DAD B
INX D
POP PSW
INR A
CPI 254
JNZ CIKLUS
MOV A,L
STAX D
INX D
MOV A,H
STAX D

POP H
POP D
POP B
POP PSW

=== 3. l.) ===
Írjon assembly szubrutint, amely 15 byte adatot és egy byte ellenőrző karaktert tartalmazó üzenet átvitelét ellenőrzi. A szubrutin bemenete az üzenet kezdőcíme (HL-ben), kimenete legyen hibátlan átvitel esetén Z=1, hibás átvitelkor Z=0. A megoldás során ügyeljen arra, hogy a rutin ne változtassa meg a regiszterpárok (BC,DE,HL) értékét!

RUTIN: PUSH B
PUSH H
PUSH D
PUSH H
XCHG ;HL és DE cseréje
MVI H,16 ;16 byte másolására fog sorra kerülni
LXI B,0 ;ahova másolunk, az a 0-s címen található (feltesszük, hogy a HL címe és ez nem lapolódik össze)
PUSH B
MASOL: LDAX D ;DE által mutatot cím tartalma az A-ban lesz
STAX B ;az A tartalma a BC címre kiíródik
INX D
INX B
DCR H
JNZ MASOL

POP B ;a BC-t visszacsökkentjük az eredetire
MVI D,16
ELL: LDAX B ;a BC-n és HL-n található byte-okat kivonogatjuk egymásból
SUB M
JZ HIBA ;ha a kivonás eredménye 1, akkor hiba van
DCR D
JNZ ELL
NOHIBA: XRA A ;Z-t 1-be állítjuk
JMP VEGE ;és átugorjuk a HIBA részt
HIBA: MOV A,FFH
ORA A ;ezzel a Z-t 0-ba állítottuk
VEGE: POP D
POP H
POP B
RET

Egy másik megoldás:

RUTIN:
PUSH B
PUSH D
PUSH H

XCHG
LXI H,0
MVI A,0
CIKLUS: PUSH PSW
LDAX D
MVI B,0
MOV C,A
DAD B
INX D
POP PSW
INR A
CPI 15
JNZ CIKLUS
LDAX D
CMP L ;BE VAN ALLITVA A Z FLAG

POP H
POP D
POP B

RET

=== 3. m.) ===

Írjon Intel 8085 mikroprocesszor assembly nyelvén a PORTOLV szubrutint, amely a a CPU SID jelének 0 -> 1 átmenetére beolvassa 64H I/O című portot és az adatot az akkumulátorban adja vissza a szubrutint meghívó
programrésznek.

Írjon a OLV32 szubrutint, amely a PORTOLV szubrutin felhasználásával beolvas 32 byte-ot és elhelyezi a memória 2000H-201FH memóriatartományában. Az OLV32 szubrutin változatlan tartalommal adja vissza a meghívó
programnak a CPU regisztereket.

PORTOLV:
VAR1: RIM
ANI 80H
JNZ VAR1 ;ha SID=0, akkor Z=1 lesz és akkor mehetünk tovább
VAR2: RIM
ANI 80H
JZ VAR2 ;megvárjuk, míg SID=1 lesz
IN 64H
RET

OLV32: PUSH PSW
PUSH B
PUSH D
LXI B,2000H
MVI D,32
MASOL: CALL PORTOLV
STAX B
INX B
DCR D
JNZ MASOL

POP D
POP B
POP PSW
RET

Egy másik megoldás:

PORTOLV:
RIM
ANI 80H
JZ PORTOLV
IN 64H
RET

OLV32:
PUSH PSW
PUSH B
PUSH D
PUSH H

KC EQU 2000H
VC EQU 201FH
LXI H,KC
LXI D,VC+1
CIKLUS:
CALL PORTOLV
MOV M,A
INX H
MOV A,L
CMP E
JNZ CIKLUS
MOV A,H
CMP D
JNZ CIKLUS

POP H
POP D
POP B
POP PSW
RET

=== 3. n.) ===
Írja meg a SENDBYTE 8085 assembly szubrutint, amely a következő specifikáció szerint működik:
A szubrutin feladata a mellékelt ábrán specifikált hand-shake szekvencia alapján a B regiszterben kapott adat byte továbbítása a 20H I/O címre. A megoldás során ügyeljen arra, hogy a szubrutin a flag-ek értékét ne változtassa meg! Rajzolja fel a szubrutin mellé a rutin folyamatábráját is!

Hand-shake: rajz
* először megjelenik az érvényes adat a porton
* majd a SOD jel 0 -> 1 átmenete után (némi várakozás után min kb. 320 ns) a SID jel is 0 -> 1-be váltjuk
* utána a SOD 0-ba vált (ekkor a porton az adatvezeték nagyimpedanciás lesz/nem lesz adat), ezután a SID is 0-ba váltjuk
* a lényeg, hogy a SOD 1-be váltását követően de még a 0-ba váltását megelőzően ki kell olvasni az adatot és be kell állítani a megfelelő állapotba a SID-et

Írjon 8085 assembly kódrészletet, mely a 2345h címtől kezdődő 34 byte adatot a SENDBYTE szubrutin segítségével továbbítja.

SENDBYTE: ;ez túl sok karakternek tűnik :)
PUSH PSW
VAR: RIM
ANI 80H
JNZ VAR
MOV A,B
OUT 20H
RIM
MVI A,0C0H ;11000000B
SIM
WSID0: RIM
ANI 80H
JZ WSID0
RET

;programrészlet
LXI D,2345H
MVI H,34
MASOL: LDAX D
MOV B,A
CALL SENDBYTE
DCR H
JNZ MASOL

Egy másik megoldás:
SENDBYTE:
RIM
ANI 80H
JNZ SENDBYTE
MOV A,B
OUT 20H
RIM
ORI C0H ;11000000B
SIM
VARSID1:RIM
ANI 80H
JZ VARSID1
RIM
ANI 7FH ;01111111B
ORI 40H ;01000000B
RET

=== 3. o.) ===
Írjon 8085 assembly szubrutint, amely a következő specifikáció szerint működik:
* A szubrutin (GETBLOCK) feladata a 80H I/O címen elhelyezkedő 8255 párhuzamos periféria illesztő A portján 1-es üzemmódban az RST 5.5 IT-vel érkező 32 byte-os adatblokk és a hozzá tartozó 1 byte-os ellenőrző összeg beolvasása. A rutin a beolvasott adatokat a 9000h címtől kezdődően helyezze el. Az ellenőrző összeg számítási algoritmusa:
* Ai mod 256 1=<i=<32
* A rutin Z=1-gyel jelezze, ha az ellenőrző összeg helyes, Z=0-val, ha hibás volt. Mindkét esetben az
akkumulátor a helyes (a számított) ellenőrző összeget tartalmazza! (A rutin bármely regiszter értékét elronthatja!)

* Írja meg a 8255-öst felprogramozó szubrutint (A port: 1-es üzemmód, bemenet; B port: 0-ás üzemmód, kimenet; C port:
bemenet)

FELPROG:
MOV A,10111001B
OUT 83H
RET

Írja meg azt az RST 5.5-ös IT rutint, amely a 8001h címen elhelyezkedő byte legmagasabb helyértékű bitjének
bebillentésével jelzi, ha beolvasott egy adatot. Az adat ilyenkor a 8000h memória címen található.

ORG 2CH
RST55: LXI D,8001H
LDAX D
XRI 01H
STAX D
RET

Írja meg a GETBLK szubrutint, az RST 5.5-ös IT rutin használatával Feltételezheti, hogy a rutin hívásakor az RST5.5 IT már engedélyezve van, de ne feledkezzen meg arról, hogy inicializáláskor a megszakítást a 8255-ösben letiltottuk!

GETBLK: EI
MVI B,32 ;32 byte beolvasása
MVI C,0 ;az ellenőrző összeg számításához
LXI D,9000H
BEOLV: IN 80H
CALL RST55
STAX D
ADD C
INX D
DCR B
JNZ BEOLV
LDAX D ;az ellenőrző összeg beolvasása, a 32 byte-os adatblokk után következik
CMP C
MOV A,C
DI
RET

Egy másik megoldás:

ORG 2CH:JMP 1000H
ORG 1000H:
IN 80H
MOV M,A
PUSH H
XCHG ;HL-ben RESZOSSZEG
MOV E,A
MVI D,0
DAD D ;HL-ben uj reszosszeg
XCHG ;DE-ben .............
POP H ;HL-ben cim (9000H)
INX H
DCR C
EI
RET

RUTIN: MVI A,B9H ;10111001B
OUT 83H
LXI H,9000H
LXI D,0
MVI C,32
KORBE: MVI A,0
CMP C
JNZ KORBE
MOV A,M
CMP E
MOV A,E
RET

ORG 2CH:JMP1000H
ORG 1000H:
LXI H,8001H
MOV A,M
ANI 01111111B
MOV M,A
IN 80H
LXI H,8000H
MOV M,A
LXI H,8001H
MOV A,M
ORI 10000000B
MOV M,A
EI
RET

=== 3. p.) ===

Készítse el egy 8251 típusú USART-ot tartalmazó soros adó/vevő áramkör terveit és az aszinkron vételi folyamatot megvalósító szubrutin programját.Az USART áramkör a 80h és 81h port címterületet foglalja el.
Írja meg az áramkört inicializáló és a vételi folyamatot engedélyező programrészt! Az átvitel paraméterei:
* aszinkron adás és vétel
* egyszeres Baud-rate
* 8 adatbit, páros paritás, 1 STOP bit
* adás letiltva, vétel engedélyezve

;programrész
MOV A,01111101B ;119.o./ aszinkron átvitelre vonatkozó Mode Instruction
OUT 80H
MOV A,11100110B ;121.o./ Command Instruciton
OUT 80H ;elvileg ugyanarra a címre kell küldeni, mint a Mode Instr.-t

Írja meg a 8251-es áramkörön keresztül 32 adatbyte-ot ciklikus lekérdezéssel beolvasó szubrutint, amely az adatot a memória 8000h - 801Fh tartományába írja be! A szubrutinban feltételezheti, hogy a vétel során nem lép fel hiba!
* a 116.o. alján találhatók szerint a 8251-esen keresztüli adatbeolvasáshoz a C/D(negált)-nak 0-nak kell lennie
* arra nem jöttem rá, hogy hogyan lehet ezt állítani, lehet, hogy a feladat szerint feltesszük azt, hogy a megfelelő állapotban van

BEOLV: LXI D,8000H
MVI C,32
OLV: IN 80H
STAX D
INX D
DCR C
JNZ OLV

== 4. feladat ==

=== 4. a.) ===

;kód ;PC ;adatsín ;/RD v. /WR ;megjegyzés
-----------------------------------------------------------------------------------
ORG 0000h direktíva
LXI SP,0h 0000 31H /RD
0001 00 /RD
0002 00 /RD SP=0000H
RST 7 0003 FFH /RD itt ugrik a 0038H-ra
FFFF 00 /WR
FFFD 04 /WR ;SP=FFFD
HLT hát ez most kimarad!
ORG 38h direktíva
XRA A 0038 AEH /RD kinullázza A-t, így Z flag=1 lesz
LXI H,0F000h 0039 3AH /RD
0040 00H /RD
0041 F0H /RD HL=F000H
MOV M,A 0042 77H /RD az F000H címre 0-t tölt be
ORA M 0043 B6H /RD 0 OR 0=0 -> Z=1
JNZ 38h 0044 C2H /RD feltétel nem teljesül így csak 1 byte-os az ut.
RET 0045 C9H /RD PC=0000 , SP=0002

=== 4. f.) ===

;kód ;PC ;adatsín ;/RD vagy /WR ;megjegyzés
--------------------------------------------------------------------
ORG 0000h direktíva
LXI H,9000h 0000 21H /RD
0001 00H /RD
0002 90H /RD HL=9000H
SPHL 0003 F9H /RD SP=HL=9000H
LXI H,0100h 0004 21H /RD
0005 00H /RD
0006 01H /RD HL=0100H
PCHL 0007 E9H /RD PC=0100H
HLT ez most kimarad! (de később idejutunk)
CALL 0102h ez is! (de ide később se jutunk el)
ORG 0100h direktíva
MVI A,45h 0100 3EH /RD
0101 45H /RD A=45H
LXI B,1234h 0102 01H /RD
0103 34H /RD
0104 12H /RD BC=1234H
XRA C 0105 A9H /RD A=34 XOR 45 = 00110100
XOR 01000101
-----------
01110001= 71H =A, Z flag=0
PUSH B 0106 C5H /RD
8FFF 34H /WR
8FFE 12H /WR SP=8FFE
XRA B 0107 A8H /RD A=01100010B= 62H , Z flag=0
POP D 0108 D1H /RD
8FFE 12H /RD
8FFF 34H /RD D=1234H
HLT 0109 76H /RD
JMP 0008h 010A C3H /RD
010B 08H /RD
010C 00H /RD
HLT: ez kimarad mert előtte ugrunk az 1. HLT-re (PC=0008), ahol a progi befagy

== 5. feladat ==

=== 5. a.) ===

Az alábbi kódrészlettel a 8000h címen elhelyezkedő 500 byte-os memóriaterület modulo 256-os ellenőrző
összegét szeretnénk kiszámolni, és a memória területet követő byte-ban eltárolni. A program hibásan működik.
Miért?

LXI H,8000h
LXI D,500
XRA A
ciklus:
ADD M
INX H
DCX D
JNZ ciklus
MOV M,A

Válasz: a DCX utasítás nem állítja a Z flaget, így a JNZ utasítás nem működik

=== 5. b.) ===
Egy i8085-ös mikroszámítógép megszakítási rendszerének megvalósításakor i8259A megszakításvezérlőt
alkalmaztunk, amely báziscíme 20h. Az alábbi megszakítást úgy szeretnénk megvalósítani, hogy
bármelyik másik megszakítás-bemenetre érkező kérés azonnal érvényre juthasson mielőtt maga az IRUT rutin
befejeződik. A program hibásan van megírva. Miért? Mit kellene kijavítani?

IRUT: PUSH PSW
PUSH B
EI
OUT 41h
IN 40h
ADI 1
OUT 40h
MVI B,3
CIKL: IN 40h
ACI 0
OUT 40h
DCR B
JNZ CIKL
POP B
MVI A,20h
OUT 20h
POP PSW
RET

Az a hiba, hogy a megszakítás vezérlőben az IT nyugtázása (EOI) csak az IT rutin végén történik meg (MVI A,20h; OUT 20h), ezért az alacsonyabb prioritású interruptok csak ez után jutnának érvényre.

=== 5. c.) ===

Ugyanaz mint az [[#5. a.)]]

=== 5. d.) ===

Az alábbi kódrészlettel a 8000h címen elhelyezkedő szót (16bit) szeretnénk hozzáadni a 8150h címen
elhelyezkedő szóhoz úgy, hogy az eredmény a 8000h címre kerüljön (A szó alacsonyabb helyértékű bájtja
(LSB) mindig a kisebb címen helyezkedik el.). A program hibásan működik. Miért? Mit kellene kijavítani?

Osszead: LXI H,8000h
LDA 8150h
ADD M
MOV M,A
INX H
LDA 8151h
ADD M ;itt ADC M kell, mert lehet átvitel a előző byte-ok összadása során
MOV M,A
RET

== 6. feladat ==

Ehhez létezik egy javításokat tartalmazó PDF. [[Media:Digit2_ef_V2_megold_6-7-javitott.pdf|Megtekintés.]]

=== 6. a.) ===

;Egy kaszkádosított megszakításkezelő rendszerben, milyen esetben kell parancsbyte-ban megadni a SLAVE megszakításkezelőknek, hogy slave áramkörök?
:Kaszkádosítás esetén, bufferelt kapcsolás esetén (62.o./3.5. , 63.o./3.6.3.)

;Ebben az esetben hány ICW parancsbyte-ot kell kiadni és miért?
:4, ICW1-4 (66.o./ 3.6.2. - 3.6.3.) ICW3 a kaszkádosítás miatt kell, az ICW4 pedig a bufferelt kapcsolás miatt (M/S bit)

;Miért van szükség ICW3 parancsbyte-ra?
:Mert kaszkádosott megszakításkezelő rendszert használunk

;Miért van szükség ICW4 parancsbyte-ra?
:A master-slave pozíciókat az ICW-4-el lehet beállítani (bufferelt üzemmód esetén szükséges) (M/S bit)

=== 6. b.) ===
Inicializáljon egy 90h báziscímű i8255-ös párhuzamos periféria áramkör: A portját 1-es üzemmódban kimenetre, B portját szintén 1 üzemmódban bemenetre, C port alsó és felső felét bemenetre kell állítani. Adja meg a vezérlő szó értékét! Állítsa be a 8255 INTE ff-jainak értékét is!

MOV A,10101111B ;95.o./5.1 táblázat
OUT 93H ;94.o./működési tábla
DI

:gondolom az INTE ff-kat mind 0-ra kell állítani, mert ha 1 lenne, akkor az üzembe helyezést követően már kérne megszakítást
:de az üzemmód megváltoztatásakor a f/f-k törlődnek,így ehhez sztem külön parancs nem szükséges

=== 6. c.) ===
Egy vegyesen kaszkádosított 8259-es megszakítási rendszerben a MASTER egység IR2 bemenetére SLAVE áramkör
kapcsolódik. A MASTER egység ugrási táblájának kezdőcíme 8000h, a SLAVE ugrási táblájának kezdőcíme 9000h,
mindkettő nyolcas osztásban.

Adja meg, hogy milyen ICW3 parancsot kell küldeni a MASTER illetve a SLAVE egységeknek!

LXI D,8000H ;MASTER
MOV A,0000100B
INX D
STAX D

LXI H,9001H ;SLAVE, másik módszerrel
MOV A,0000010B
MOV M,A

; Adja meg, mennyi lesz a MASTER IR6 bemenetére érkező megszakítás szubrutinjának kezdőcíme!
: 802CH (65.o. ADI=0 esetén táblázat)

Adja meg, mennyi lesz a SLAVE IR6 bemenetére érkező megszakítás szubrutinjának kezdőcíme!
-902CH (65.o. ADI=0 esetén táblázat)

=== 6. d.)===
Egy aszinkron üzemmódba felprogramozott 8251-es soros áramkör hibásan működik. A program státusz beolvasáskor olyan hibákat olvas, amelyek adat fogadásakor lépnek fel. Melyek lehetnek ezek, mi lehet a hibák oka ?

# OVERRUN ERROR (=túlfutási hiba), akkor ha a puffer-regiszter megelőző tartalmát a CPU még nem olvasta ki és ezt a 8251 felülírja
# FRAMING ERROR (=kerethiba): 0 színtű STOP bitek érkeznek
# PARITY ERROR (=paritás hiba): rossz paritás

===6. e.)===
Mit jelent a BREAK üzemmód a 8251-es áramkörnél?
* aszinkron üzemmódban folyamatos kiküldhetők a vonalra, ha nincs folyamatban adatkivitel, állapotjelzésre is szolgálhat

Mire alkalmazható?
* felhasználható megszakításkérés jelzésére

Hogyan lehet beállítani?
* beállítása: a Command Instruction 3. bitje, a SBRK =1 esetén a TXD=0 lesz (Break karakter)

=== 6. f.)===
Rajzolja fel egy aszinkron üzemmódban felprogramozott USART kimeneti jelalakját (TxD) 8 bites, 0Fh értékű adat elküldésekor, ha páros paritást és 1 stop bitet alkalmazunk.

0 1 1 1 1 0 0 1
___ ___ ___ ___ ___
___| |___ ___|

=== 6. g.)===
Egy i8085-ös mikroprocesszoros rendszerben az A, B, C jelek külön kártyákon állnak elő, változásuk egymástól független, de mindannyian szeretnének időszakosan megszakítást kérni a processzor RST5.5 vonalán. Milyen kimenetű kapukat kell a szaggatottal jelölt dobozokba tervezni, hogy a rendszer helyesen működjön, miért?
* Open collector, mivel a kimeneteket összekötöttük, és a rendszer tartalmazott közvetlen felhúzó ellenállást

=== 6. h.) ===
Egy i8085-ös mikroprocesszoros rendszerben az A, B, C jelek külön kártyákon állnak elő, változásuk egymástól független, de mindegyiket szeretnénk időszakosan címezhetően külön-külön beolvasni a processzor D0 adatvonalán. Milyen kimenetű kapukat kell a szaggatottal jelölt dobozokba tervezni, hogy a rendszer helyesen működjön, miért?
* Tristate, mivel a kimenetek összekötöttük és a rendszer nem tartalmazott közvetlen felhúzó ellenállást

===6. i.)===
Egy 8085 mikroprocesszoros rendszerben 1 master és 4 slave 8259-es IT vezérlőt használunk. Hány megszakítást tudunk összesen lekezelni a 8259-esekkel?
* 4*8+(8-4)=36
* A 4 Slave 8 megszakítást tud kezelni + a Master maradék IR bemenetei felhasználhatók megszakításkérés céljára (60.o./3.4.)

A fenti konfigurációt úgy kötötték be, hogy a slave egységek a master 0,2,4 és 6 sorszámú bemenetére kapcsolódnak. A rendszer hibásan működik. Miért? Indokolja a választ!
* ha a Masternek egyedi megszakításkérő vezetékei is vannak, akkor a IR0 bemenetre nem szabadna az egyik Slave-t sem rákötni, ugyanis a CAS vezetékek 0 állapota egyszerre jelentené a Master és az egyik Slave megszakításkérését (62.o./3.4.)

A fenti konfigurációban az összes vezérlő egy közös meghajtón (74LS245) keresztül csatlakozik a rendszersínre. Hogyan lehet ilyen esetben az egyes vezérlőknek megmondani, hogy master vagy slave szerepet játszanak?
* az ICW 4 parancsbyte 2. bitjével (=M/S) (66.o./3.6.3.)

=== 6. j.)===
Egy DMA vezérlő mind a 4 csatornájára egy-egy periféria csatlakozik. Használható-e ilyenkor az 1-es csatorna
AUTOLOAD üzemmódban? Indokolja a választ!
*Nem, csak a CH2 és CH3 használható (81.o./4.6.4.)

Programozza fel a DMA vezérlőt AUTOLOAD üzemmódba úgy, hogy a 9000h memóriacímtől kezdődő címre
periódikusan 128 byte adatot legyen képes betölteni a perifériából. A 8257-es báziscíme: 70H.

LXI D,9000H
MVI B,128
MOV A,10101111B
OUT 78H ;beírás A3=1, A2=A1=A0=0
TOLT: IN 78H ;kiolvasás is A3=1, A2=A1=A0=0
STAX D
INX D
DCR B
JNZ TOLT
END

=== 6. k.) ===
Mi különbség adatátvitel szinkronizálása szempontjából a 8251-es soros áramkör aszinkron és szinkron soros adatátvitele között?
* az aszinkron átvitel esetén a start és stop bitek segítségével szinkronizájla az átvitelt, a start bit megérkezésést az RXD 1 -> 0 átmenet jelzi
* a szinkron átvitel esetén a szinkronizálást külső, vagy belső eljárással kell megoldani, SYNC karakter érkezésére várunk (belső) vagy a SYNDET-et bemenetként programozzuk fel

=== 6. l.) ===
Programozzon fel egy 8253-as timer áramkört, amely 3,072MHz-ről 4800Hz frekvenciára osztja le jelet, 50-50%-os kitöltésűre! A 8253-as áramkör binárisan számol, és 90h báziscíme van. Használja a 0-s számlálót!

;3,072 Mhz=4800*640
;640= 0000 0001 | 0100 0000

MOV A,00111110B
OUT 93H
MOV A,01H
OUT 90H
MOV A,80H
OUT 91H

=== 6. m.) ===
Egy kaszkádosított 8259-es rendszerben a MASTER egység IR7 és IR6 bemenetére SLAVE áramkörök kapcsolódnak.
Adja meg, hogy milyen ICW3 parancsot kell küldeni a Master egységnek!
* 11000000 (66.o./3.6.2.)

Adja meg, hogy milyen ICW3 parancsot kell küldeni Az IR6-ra csatlakozó SLAVE egységnek
* 00000110 (66.o./3.6.2.)

Hogyan tudjuk kijelölni, hogy lesz ICW3 parancs?
*az ICW1 SNGL bitjének 0 állapotba állításával, az ICW1 1. bitje (D1) (63.o. táblázat, 64.o. ICW1 - SNGL)

== 7. feladat ==

Ehhez létezik egy javításokat tartalmazó PDF. [[Media:Digit2_ef_V2_megold_6-7-javitott.pdf|Megtekintés.]]

===7. a.)===
Sorolja fel az i8085 állapotait!
* RUN, WAIT, HALT, HOLD

===7. b.)===
Szerkesszen gráfot, amely az i8085-ös állapotainak kapcsolatát ábrázolja! A nyilazott ágakra az állapot-változások okait kell felírni.

* RUN -> WAIT: Ready jel 0 szintre vált
* WAIT -> RUN: Ready jel 1-re vált
* RUN -> HALT: HLT parancs kiadásakor
* HALT -> RUN: megszakításkérés érkezésekor
* RUN -> HOLD: HOLD 1-be vált
* HOLD -> RUN: a HOLD jel megszűnése után
* HALT -> HOLD: HOLD igény érkezésekor (HOLD=1)
* HOLD -> HALT: HOLD megszűnése (HOLD=0)

=== 7. c.) ===
Milyen esetekben kerül a 8085-ös mikroprocesszor HALT állapotból RUN állapotba?
* HALT -> RUN: megszakításkérés érkezésekor, illetve reset hatására

===7. d.)===
Sorolja fel azokat az eseteket, amikor az INTE FF = 0 értékű lesz!
* DI parancs kiadásakor, reset, megszakítás érvényre jutása után

===7. e.) ===
Sorolja fel azokat az eseteket, amikor az RST7.5 FF = 0 értékű lesz!
* SIM utasítás esetén,ha a 4. bittel töröljük az RST7.5-t (A4=1), illetve RESET után

===7. f.)===
Az i8085-ös processzor reszetelésekor milyen értékű lesz az INTEFF, és mi lesz a PC tartalma?
* az INTEFF-kat törli, tehát 0 lesz , PC:0000H

===7. g.)===
Milyen kezdőcímeken kezdődnek az RST 2 és RST 5 utasításokkal meghívott szubrutinok, illetve az RST 5.5 és az RST 7.5 megszakítási szubrutinok?
* RST 2: 10H
* RST 5: 28H
* RST 5.5: 2CH
* RST 7.5: 3CH

=== 7. h.)===
Mit kell kezdőértéknek az SP-be betölteni ha a programozó úgy kívánja beállítani a STACK tárat, hogy az első értékes beírt bájt 8FFFh-ra íródjon? Miért?
* 9000H, mert ''először'' csökkenti az SP értékét a processzor, és csak utána ír a stackre.

===7. i.)===
Hogyan jelezzük a fordítóprogramnak, hogy a generált kódot az 1698h címtől kezdődően helyezze el?
* ORG 1698H

===7. j.)===
Hogyan jelezzük a fordítóprogramnak, hogy az 1712h címtől kezdődően helyezze el a „digit” stringet?

ORG 1712H
KAR DB "digit"

===7. k.)===
Hogyan jelezzük a fordítóprogramnak, hogy inicializált vagy inicializálatlan helyfoglalás történik?
* inicializált: DB vagy DW,
* inicializálatlan: DS direktívát használunk

===7. l.)===
Mi a különbség az EQU 1200h és a DW 1200h direktívák között?
* CIMKE EQU 1200H: értékadás, hivatkozás a CIMKE-vel
* DW 1200H: inicializált helyfoglalás

===7. m.)===
Sorolja fel az i8085 mikroprocesszor megszakítással kapcsolatos jeleit!
* TRAP, RST 5.5,6.5,7.5, INTR

===7. n.)===
Milyen típusú kimenettel rendelkező áramkörökkel lehet busz rendszerű vezetékeket meghajtani? Húzza alá, hogy melyik típusú kimenet alkalmas arra, hogy egy vezetéket (busz) több kimenet egyidejűleg is meghajthasson?
* tristate, <u>open collector</u>

===7. o.)===
Miért nem lehet két totem-pole kimenetű áramkör kimeneteit összekötni? Indokolja a választ? (sztem érdemes indokolni:))
* mert az ellenáláskon túl nagy teljesítmény disszipálódna, és ennek eredménye a tönkremenetel

===7. p.)===
i8255-ös párhuzamos periféria áramkör A portját 1-es üzemmódban kimenetre, B-portját 0 üzemmódban bemenetre, C port alsó felét bemenetre, felső felét kimenetre kell állítani. Adja meg a vezérlő szó értékét!
* 10100011

Adja meg, melyik regiszterbe és milyen értéket kell írni, hogy a fenti üzemmód esetén a PC4 portbit 0 , illetve 1 értékű legyen!
* Bit Set/Reset művelettel: (a 8255-ös címe+3) címre kell kiküldeni a 00001000 byte-ot a 0-ba állításhoz, 00001001 byte-ot az 1-be állításhoz

===7. q.)===
Egy 3 gépi ciklusból álló utasítás (pl.: IN 83h) végrehajtása során az első gépi ciklus T1 fázisában egyidőben High (1) értékűek lesznek az INT és a HOLD bemenetek.

;Mikor adja át a DMA vezérlőnek a 8085-ös a busz vezérlési jogot? Indokolja a válaszát!
:a HOLD bemenet 1-be váltásakor

;Mikor jut érvényre a megszakítás (megszakításkérés engedélyezett állapotban van és nincs más kérés) Indokolja a válaszát!
:a HOLD jel megszűnését követően, hiszen a 7. b.) feladatban leírtak szerint működik a 8085, HOLD állapotból HALT-ba a HOLD=0-t követően, a HALT-ból a RUN-ba a megszakításkérést követően jut

Digitális technika 2 - Megoldások a V2-es ellenőrző feladatsorhoz

2013-05-23T15:50:08Z

Prisonerhu: /* 6. k.) */

{{Vissza|Digitális technika 2}}
[[Category:Digitális technika 2]]

Ezen az oldalon a [[Digitális technika 2#Régi és új Digit2|régi ötkredites]] Digit2 ellenőrző kérdéseihez összegyűjtött megoldások vannak. A megoldások nem mindenhol teljesek vagy jók. Az új Digit2-höz már más ellenőrző feladatsort adott ki a tanszék.

<div style="float:right;margin:0.5em;" class="noautonum">__TOC__</div>

[[Media:Digit2_ef_V2.pdf|A V2-es feladatsor itt érhető el.]]

== 1. feladat ==

* [[Media:Digit2_ef_V2_megold_1_a_ell.pdf‎|PDF az 1/a) feladathoz]]

== 2. feladat ==

by Lacee
(a hibákat jelezni kérem a prisonerhu{{kukac}}freemail.hu címen)

=== 2. a) ===

Készítsen megszakítási vonalakat kezelő áramkört, amely egy 8085-ös processzoron alapuló sín RST 5.5-ös és RST 6.5-ös megszakítási vonalaira csatlakozva2 db külsô megszakítás (IT1 és IT2) fogadására alkalmas.

A külső megszakítások kezelését külön-külön áramkörök végzik, amelyek a külső megszakítás felfutó élére kérnek megszakítást és alaphelyzetbe OUT utasítással állíthatók (vagy a ResetOut jel hatására). Egy megszakítási impulzus csak egyszer kérjen megszakítást. Az IT1 megszakítás hatására a C regiszter 55h, IT2 hatására a C regiszter AAh értéket vesz fel. A megszakítási flip-flopok 11h (IT1) és 17h (IT2) címen érhetők el.

* Készítse el a rendszer inicializálását végző főprogramot (40h címtől kezdődően)!
* Készítse el a megszakítási szubrutinokat!

RST55 EQU 2CH
RST65 EQU 34H
C1 EQU 55H
C2 EQU AAH
IT1 11H
IT2 17H

JMP INIC
ORG 0040H
INIC:
MVI A,00001100B ;RST 7.5-T LETILTJUK, A TÖBBIT ENGEDÉLYEZZÜK
SIM ;MASZK BEÁLLÍTÁSA
EI ;MEGSZAKÍTÁS ENG

VAR: JMP VAR ;VÉGTELEN CIKLUS, AZ RST-KRE VÁR, AZOK MEGSZAKÍTJÁK

ORG RST55 ;RST55 CÍMÉN VAN,ÍGY HA MEGSZAKÍTÁS TÖRTÉNIK, AKKOR IDE UGRIK A PROGI
MEGSZ1: MVI C,C1 ;BEÁLLÍTJUK A KÍVÁNT ÉRTÉKET
OUT IT1 ;VISSZAÁLLÍTJUK AZ IO-T
EI ;MEGSZAKÍTÁS ÉRVÉNYRE JUTTATÁSA
RET

ORG RST65 ;AZ ELÕBBI MINTÁJÁRA...
MEGSZ2:
MVI C,C2
OUT IT2
EI
RET

=== 2. b) ===

Írjon assembly szubrutint (KONV), amely az A regiszterben megkapott byte-ot átírja a 74LS374-es regiszter bekötésének megfelelően. A szubrutin kimenete az átkonvertált byte az A regiszterben. (A szubrutin más regiszterek tartalmát nem ronthatja el!)

Írjon ellenőrző 8085-ös assembly szubrutint (ELO), amely az összes lehetséges kombinációval ellenőrzi a kimeneti regiszter bekötését. A szubrutin lefutása után a D,E regiszterpárban legyen a felismert hibák száma! (A szubrutin a D,E regiszterpár kivételével a regiszterek tartalmát nem ronthatja el!) A megoldásban használja az előző feladatban definiált KONV szubrutint! A kimeneti regiszter 0FFh I/O címen írható és 01Fh címen olvasható.

PÉLDA1 A MÛKÖDÉSRE
10101111 ;A BEJÖVÕ ADAT -> EZT KELL KAPNUNK A PÉLDA1-BEN: 01011111
RRC 11010111 ;JOBBRA FORGATJUK
AND 01010101 ;ÖSSZEÉSELJÜK 55H-VAL (MÁSNÉVEN MASZKOLÁS)
----------
= 01010101 -> D ;AZ EREDMÉNYT BEÍRJUK A (D) REG-BE

RLC 01011111 ;AZ EREDETI ADATOT FORGATJUK BALRA
AND 10101010 ;ÉSELJÜK AAH-VAL
----------
= 00001010 -> H ;KIMENTJÜK H-BA, A PROGIBAN NEM KELL H-BA MENTENI,MERT AZ UTANA LEVÕ PARANCS A
VAGYOLÁS ÉS AHHOZ AZ A- TARTALMA KELL, AMI MOST PONT A H-BA RAKOTTAL EGYEZIK MEG

H OR D
01010101
00001010
----------
01011111 ;AZ EREDMÉNY!

PÉLDA2:
10101110 ->EBBÕL EZT:01011101
RRC 01010111
AND 01010101
----------
= 01010101 -> D

RLC 01011101
AND 10101010
-----------
= 00001000 -> H

H OR D
01010101
00001000
-----------
01011101

;NA ÉS VÉGRE A PROGI
KONV: PUSH H
PUSH D
PUSH PSW ;kimentjük A-t
RRC ;jobbra forgatunk
ANI 01010101B ;maszkoljuk 55H-val
MOV D,A ;a maszkolt byte-ot kimentjük D-be
POP PSW ;vissza az A-t
RLC ;balra forgatjuk
ANI 10101010B ;maszkoljuk AAH-val
ORA D ;összevagyoljuk D-vel
POP D ;POPpolgatunk
POP H
RET

ELO:
PUSH PSW
PUSH H
PUSH B
PUSH A
MVI B,0H
LXI D,0H
FUT:
MOV A,B
OUT 0FFH ;a B 0-tól FF-ig megy, ez az összes lehetséges kombináció
CALL KONV ;az A-ban a B-nek megfelelő beolvasott (átkonvertált) adat lesz
MOV C,A
IN 01FH ;beolvassuk a reg tartalmát
CMP C ;ha A=C akkor jó (C:a B konvertált alakja, A:a közvetlenül visszaolvasott alak

JZ TOVABB ;ha B=C -> Z=1, tehát nem kell növelni a DE-t
INX D ;ha azonban Z=0, növeljük DE-t
TOVABB: INR B
MOV A,FF
CMP B
JNZ FUT ;ha B végigpörgött, tehát elérte az FF-t, akkor kilépünk
POP A
POP B
POP H
POP PSW

=== 2. c) ===

Írja meg a VIZS 8085 assembly szubrutint, amely az A regiszterben kapott értéket beírja a kimeneti regiszterbe, majd a kimenet értékét visszaolvassa és ellenőrzi, hogy a beérkezett karakter helyes-e? Hiba esetén a szubrutinból való visszatéréskor Z=1, különben Z=0 legyen!

* A kimeneti egység K1…K8 jelei a 0ACh IO címen olvashatók vissza.
* a kimeneti regiszter (74374) a 0AAh IO címen írható
* A kimeneti regiszter minden második bitje (K0,K2,K4,K6) negáltan legyen kivezetve.

VIZS: OUT 0AAH ;BEÍRJUK AZ A REG TARTALMÁT A KIMENETI REG-BE
AND 55H ;A KIMENET ÉRTÉKE NEM A BEÍRT A-VAL LESZ EGYENLÕ
XRA FFH ;EZÉRT MEGCSINÁLJUK SZOFTVERESEN A BYTE MINDEN MÁSODIK BITJÉNEK NEGÁLÁSÁT

;példa 1:a fenti műveltre (AND 55H;XRA FFH)
kiírt adat:
11111111 -> ebből ezt kell kapnunk: 10101010
AND 01010101
-----------
01010101
XRA 11111111
-----------
10101010 ->és kész!

;példa 2:
kiírt adat:
10111011 ->ez lesz belőle: 11101110
AND 01010101
-----------
00010001
XRA 11111111
-----------
11101110 -> ready!

;és a progi folytatása
MOV B,A ;elmentjük B-be, mert később a visszaolvasott adat alapból az A-ba kerül és felülírja ezt
IN 0ACH ;visszaolvasás
CMP B ;a szokásos vizsgálat, A-ból kivonjuk a B-t(az ellenőrző byte-ot)
JNZ Z1 ;és ha az eredmény nem 0 (akkor Z=0,és hiba van), a feladata pont az ellentetjét kéri
XRA A ;ezért a Z flaget megnegáljuk az alábbi paranccsal
JMP VEGE
Z1: MOV A,1H
ORA A
VEGE: RET

=== 2. d) ===

Illesszen i8085-ös mikroprocesszoros rendszersínre két 8251-es soros periféria illesztő áramkört. Az „A” áramkör csak kimenetre, a „B” áramkör csak bemenetre van felprogramozva. Az „A” áramkör TxD kimenetét a „B” áramkör RxD bemenetére kell kötni. Mindkét áramkör TxC és RxC órajel bemeneteire CLK96 órajel van kötve. Inicializáláskor mindkét áramkör programozása: aszinkron üzemmód, 8 bites karakter, páros paritás és 2 stop bit. A „B” áramkör az /RST 5,5 sínen kér megszakítást. Az „A” áramkör báziscíme 0AAh, a „B” áramkör báziscíme 0AEh.

Írja meg azt a két assembly programrészletet, amely a két 8251-est felprogramozza a fenti konfigurációnak megfelelően!

AFELPROG:
;először a MODE INSTRUCTION-t kell kiküldeni
;kódszó: 11111101B - a alsó 2 bit értéke elvileg úgy jön ki, hogy a TxC és RxC órajeleknek 1-szeres arány kell legyen
MOV A,FDH
OUT 0AAH
MOV A,00 000001B ;Command Instruction
OUT 0AAH
RET

BFELPROG:
;kódszó: ugyanaz,mint az előbb
MOV A,FDH
OUT 0AEH
MOV A,00000000B ;Command Instruction, B lesz a vevő
OUT 0AEH
JMP 002CH
RET

=== 2. e) NR! ===

Illesszen a 8085 mikroprocesszor sínrendszerére 8255-ös típusúPPIO áramkört, amely a 94H, 95H, 96H, 97H portcímeket foglalja el. A PPIO áramkör B portjára egy 8 bites párhuzamos adat kimenettel rendelkező periféria csatlakozik, (tehát a B portot bemenetként kell felprogramozni) amely hand-shaking (kézfogásosos) jelekkel ütemezi az adatátvitelt. Adat beolvasása esetén az áramkör kérjen megszakítást a CPU RST5.5 bemenetén. A periféria 8 adatvezetéken kívül az adattal egyidőben megjeleníti a PEVEN páros paritás jelet is. A PEVEN jel csak a hand-shaking folyamat közben áll rendelkezésre.

Vegye figyelembe, hogy a megszakítási szubrutinban megvalósított adatbeolvasás időpontjában nem biztos, hogy a PEVEN paritás rendelkezésre áll, viszont a feladathoz feltétlen szükséges. Ezért javasolt a paritás jel mintavételezése (a megfelelő hand-shaking jellel) és letárolása a PPIO áramkörön kívül, majd beolvasása az A porton keresztül (pl. PA0 bemeneten) a megszakítási szubrutinban.

* Írjon INIC55 szubrutint, amely elvégzi a PPIO áramkör fentiek szerinti inicializálást, és az SP beállítását, ha a STACK 8F00h és 8FFFh memóriatartományban van
* Írjon RST5.5 megszakítási szubrutint, amely beolvassa az adatot és a paritást PPIO áramkörről, ellenőrzi paritást, majd azadatot elhelyezi a 3456H című memória byte-ban, illetve paritáshiba esetén megnöveli a 3457H című memória byte tartalmát.

INIC55: ORG 8F00H
TER DS FF ;STACK helyfoglalás

ORG 0H
;STÁTUSZ szó: 10111111 - segédlet 95-97.oldala alapján
MOV A,DFH
OUT 97H

IN 95H
JMP 2CH

ORG 2CH
IN 94H ;ez itt a PEVEN jel beolvasása
ANI 01H ;a PA0 bitjét veszem a PEVEN paritás bitnek
MOV D,A ;és elmentem a D-be;ha D=0, akkor páratlan paritás, D=1, akkor páros paritás van
MVI B,0
MVI C,8
PARIT: RLC
JNC TOV
INR B ;az utolsó ciklusba bekerül a beolvasott byte-ban lévő 1-esek száma
TOV: DCR C
JNZ PARIT
MOV A,B
ANI 01H

LXI H,3456H
MOV M,A

=== 2. f.) ===

Illesszen i8085-ös mikroprocesszoros rendszersínre egy visszaolvasható 8 bites kimeneti regisztert, mely az alábbi ábrán látható lámpa vezérlő egységet képes működtetni.
* a kimeneti regisztert (74374) a 20h IO címen írható és a kimeneti egység L1…L8 jelei a 20H IO címen visszaolvashatók
* Írja meg a CHECK 8085 assembly szubrutint, amely az A regiszterben kapott értéket beírja az előző feladatban kialakított kimeneti regiszterbe, majd a kimenet értékét visszaolvassa és ellenőrzi. Hiba esetén visszatéréskor CY=1, különben CY=0 legyen.

CHECK: OUT 20H ;kiírás a reg-be
CMA ;bitenként negálja az A-t
MOV B,A ;ezt a negált értéket beírjuk a B reg-be
IN 20H ;20H címről beolvasunk
CMP B ;szokásos ellenőrzés
JZ CY0 ;ha egyenlő a B és a visszaolvasott érték, akkor Z=1 és akkor ugrunk arra a részre ahol CY:=0
STC ;ha Z=0 akkor CY-t 1-be állitjuk
JMP VEGE ;és ugrunk a végére
CY0: STC ;CY=1
CMC ;CY-t negálja
VEGE: RET

== 3. feladat ==

=== 3. a) ===

LXI D,X ; X ms-ban
LXI B,R ; R-ratio, szazalekban
ELEJE: LXI H,X*1000000*R/100/7040
MVI A,C8H ; 11001000B
SIM
CALL HUROK
MVI A,48H ; 01001000B
SIM
LXI H,X*1000000*(100-R)/100/7040
CALL HUROK
JMP ELEJE

HUROK: DCX H ; 4 fazis
MOV A,H ; 4 fazis
ORA L ; 4 fazis
JNZ HUROK ; 10 fazis, 7040 nsec
RET

=== 3. b.) ===

Írjon 8085 assembly szubrutint, amely a következő specifikáció szerint működik:
* A szubrutin a SID jel felfutó élére egy adatkivitelt, a lefutó élére egy adatbeolvasást végezzen a következők szerint:
* a szubrutin induláskor megvárja a SID jel 0=>1 átmenetét és a B regiszter tartalmát kiírja a 70h-es port címre,
* majd a SID jel 1=>0 átmenetére 71h port címről beolvas egy adatbájtot, amit a C regiszterbe tesz, ezután kilép a szubrutinból.
* A szubrutin bemenete: a kiírandó adat a B regiszterben.
* A szubrutin kimenete: a beolvasott adat a C regiszterben
* A megoldás során ügyeljen arra, hogy a szubrutin a C regiszter kivételével a regiszterek és a flag-ek értékét ne változtassa meg!

RUTIN: MVI C,0H ;ezzel a reg-gel ellenőrizzük azt, hogy a SID jel milyen értékű, az 1. részben 0-1 átmenet kell
PUSH PSW ;kimentések
PUSH A
PUSH B
VAR1: RIM ;a beolvasott byte felső bitje a SID jel értékét mutatja
MVI A,80H ;maszkolás
ORA C ;megnézzük, hogy a SID=0-e ha nem akkor ugárs VAR1-re / SID=1-re várunk
JNZ VAR1
VAR2: RIM ;itt gyakorlatilag ugyanaz van, mint az előbb, csak SID-1-re várunk
MVI A,80H
ORA C
JZ VAR2 ;tehát ha SID=0 marad, akkor ugrunk VAR2-re / ha SID=1, akkor várunk még
MOV A,0 ;itt azt nézzük, hogy az 1. részben vagyunk-e
CMP C ;ha a kivonás eredménye 0, akkor az 1. részben vagyunk és ekkor írjuk ki a B-t a 70H-ra
JZ B70H
JMP C71H ;ha a 2. részben vagyunk, akkor az előző ugró utasítás nem teljesül és ide kell ugrani
CIMKE: MOV C,01H ;ha az 1. részben vagyunk, akkor C reg-t 1-be kell állítani, a 2. részben már nem fogunk ide ugrani
JMP VAR1
B70H: MOV A,B
OUT 70H
JMP CIMKE
C71H: IN 71H
MOV C,A
POP B
POP A
POP PSW
END

Egy másik megoldás:

NULLBEOLV: PUSH PSW
RIM
ANI 80H ;10000000B
JZ NULLBEOLV
MOV A,B
OUT 70H
EGYBEOLV: RIM
ANI 80H
JNZ EGYBEOLV
IN 71H
MOV C,A
POP PSW
JMP NULLBEOLV

=== 3. c.) ===
Írjon 8085 assembly szubrutint, amely megvárja a SID jel változását (felfutó és lefutó él). A szubrutin kimenete:
* Z=1 felfutó él volt,
* Z=0 lefutó él volt!
* A szubrutin ne változtassa meg a regiszterpárok értékét!

RUTIN: RIM
ANI 80H ;maszkolás, az SID értéke az A-ban lesz
JZ FELFUT ;ha az előbbi "és"-elés eredménye 0 (tehát a SID 0), akkor Z=1 -> ugrás a felfutójelhez
JMP LEFUT ;különben lefutó jelre várunk
FELFUT: RIM
ANI 80H ;maszkolás
JZ FELFUT ;addig csináljuk amíg az eredmény 1 lesz (tehát a SID=1-re), Z=0-ra várunk
XRA A ;beállítjuk a Z-t 1-re
JMP VEGE ;ugrás végére
LEFUT: RIM
ANI 80H
JNZ FELFUT ;ha Z=1, akkor az "és"-elés eredménye:0, tehát tovább kell várni a SID= 1 -> 0 átmenetre
MOV A,FFH
ORA A ;Z:=0
VEGE: RET

Egy másik megoldás:

MVI A,0
RIM
ANI 80H
JZ IDE
MVI A,1
IDE: CALL IDERUTIN
HALT
IDERUTIN: ANI FF
JZ VAREGYRE
VARNULLRA: RIM
ANI 80H
JNZ VARNULLRA
RZ
VAREGYRE: RIM
ANI 80H
JZ VAREGYRE
RNZ

=== 3. d.) ===
Írjon 8085 assembly szubrutint, amely a HL regiszterpárban kapott kezdőcímű és 32 byte hosszúságú adatblokkhoz 1 byte-os ellenőrző összeget számol ki, és elhelyezi a blokkot követő rekeszben. A szubrutin végén az akkumulátor az ellenőrző összeget tartalmazza! (A rutin bármely regiszter értékét elronthatja)!

Az ellenőrző összeg számítási algoritmusa: X(i) mod 256 0<i<32

RUTIN: MVI C,32 ;32 byte hosszúságú adatblokk
XRA A ;A:=0
CIKLUS: ADD M ;A+HL-> A
INX H ;forrásmutató növelése
DCR C
JNZ CIKLUS ;ha végigértünk akkor Z=1
MOV M,A ;a blokkot követő részen az ellenőrző összeg
RET

Egy másik megoldás:
LXI D,0 ;reszosszeg kinullazasa
LXI H, KC ;kezdocim
LXI B, 32 ;db
HUROK: MOV A,M
CALL OSSZEGZO
INX H
DCX B
MOV A,C
ORA B
JNZ HUROK
MOV M,E ;E-ben van a mod256 reszosszeg

OSSZEGZO:
PUSH H
MOV L,A
MVI H,0
DAD D
XCHG
POP H
RET

=== 3. e.) ===
Írjon assembly programot amely kivonja két memóriában elhelyezkedő 32 szavas memóriatömbök egyes szavait és az eredményeket visszahelyezi egy újabb memóriaterületre! A 2 byte-os szavak felső 8 bitjét a kisebb című (páros) byte, az alsó 8 bitet a következő (páratlan) cím tárolja!
(9000H,9001H) = (9100H,9101H) - (9200H,9201H) ... stb.
* Írja meg a kivonó programot!
* A kivonások elvégzése után a 9000H-n kezdődő 32 szavas memória terület után helyezzen el egy olyan byte-ot, amely megadja, hogy a 32 eredmény szó közül mennyi a pozitív szám feltételezve, hogy az operandusok (és az eredmény) 16 bites kettes komplemens kódban van ábrázolva.

LXI B,9000H
LXI D,9101H
LXI H,9201H
MVI E,32H ;2*32 szót vonunk ki egymásból
KIVON: STC ;CY:=1
CMC ;CY:=/CY -> CY:=0
LDAX A,D ;9101H-n található adatot betölti az A-ba
SBB M ;A-(HL által mutatott címen levő adat)-CY , ha van átvitel akkor CY=1 lesz
STAX B ;B által mutatott címre A tartalmát helyezi
DCX B
DCX D
DCX H
LDAX A,D ;9100H-n található adat megy az A-ba
SBB M ;A-M-CY
STAX B ;9000H-n a kivonás eredménye (2 byte-on)
INX H
INX H
INX D
INX D
INX B
INX B
DCR E
JNZ KIVON
MVI E,32H ;32 szavat vizsgálunk meg
MVI D,0H ;a pozitív számok számát ebben tároljuk
SZAMOL: LXI B,9000H
ANI 80H ;ha a MSB (legfelső bit)=1 akkor a szám negatív
JZ TOVABB ;ha szám negatív, akkor Z=1 és nem kell növelni
INR D
TOVABB: INX H
INX H
DCR E
JNZ SZAMOL
END

Egy másik megoldás:
XPOINTER EQU 9080H
YPOINTER EQU 9082H
ZPOINTER EQU 9084H ;ideiglenes regiszterpárok, KIHASZNÁLATLAn ramterület, senkit nem zavar
X EQU 9100H
Y EQU 9200H
Z EQU 9000H

LXI H,X ;ebbol
SHLD XPOINTER
LXI H,Y ;ezt
SHLD YPOINTER
LXI H,Z ;ide(eredmény)
SHLD ZPOINTER

CIKLUS: CALL CIKLUSMAG
LXI B, X+32*2
LHLD XPOINTER
MOV A,H
CMP B
JNZ CIKLUS
MOV A,L
CMP C
JNZ CIKLUS
HALT

CIKLUSMAG:
LHLD XPOINTER ;H=91,L=00
MOV D,M
INX H
MOV E,M ;DE=ebbol
INX H
SHLD XPOINTER
LHLD YPOINTER
MOV A,M
CMA
MOV B,A
INX H
MOV A,M
CMA
MOV C,A
INX B ;BC-ben kivonando kettes komplemense(-1szerese)
INX H
SHLD YPOINTER
XCHG ;HL-ben ebbol
DAD B
XCHG ;DE-ben eredmeny
LHLD ZPOINTER
MOV M,D
INX H
MOV M,E
INX H
SHLD ZPOINTER
RET

=== 3. f.) ===
Írjon assembly szubrutint amely kivonja két, a memóriában elhelyezkedő 64 byte-os memóriatömb egyes byte-jait és az eredményeket visszahelyezi az első operandus helyére! Az operandusok kezdőcímeit a szubrutin a HL és DE regiszterpárokban kapja. A kivonások elvégzése után a rutin az BC regiszter-párban kapott címtől kezdődően helyezzen el egy olyan byte-ot, amely megadja, hogy a 64 eredmény byte közül mennyi a pozitív szám (>0), egy másik byte-ot, hogy mennyi a negatív szám (<0), és egy harmadik byte-ot, hogy hány érték volt 0 (=0). (Az operandusok és az eredmény 8 bites kettes komplemens kódban vannak ábrázolva.)
* Írja meg a szubrutint!
* Írja meg azt a programrészletet, amely meghívja a szubrutint a HL=8000h, DE=8800h és BC=9000h paraméterekkel, majd ellenőrzi, hogy a 9000h címtől kezdődő 3 byte összege valóban 64.

RUTIN: PUSH B ;kimentjük BC-t,mert a számlálónak a B-t használjuk fel
PUSH H ;a későbbi vizsgálat során az eredeti címtől indulunk, így ezt is kimentjük
MVI B,64
XCHG ;HL és DE felcserélése
KIVON: LDAX D ;az A-ba betölti a DE (eredetileg HL) által mutatott címen lévő adatot
SUB M ;így DE-ből kivonjuk a HL-t
STAX D ;DE által mutatott címre visszahelyezzük az eredményt
INX D
INX H
DCR B
JNZ KIVON ;ha végigértünk a 64 byte-on, akkor Z=1 lesz
XCHG ;HL és DE visszacserélése

POP B
POP H
PUSH H
MVI D,0
MVI E,64
POZ: MOV A,M ;A-ban a HL által mutatott címen lévő byte
ANI 80H ;maszkolás az előjel bitre
JNZ PT ;ha az előjel bit=1, akkor Z=0 és akkor negatív, így kihagyjuk a D növelését
INR D ;ha Z=1, akkor a szám pozitív és növeljük D-t
PT: DCR E
JNZ POZ ;amíg végig nem értünk Z=0
MOV A,D ;D-ben van a pozitív számok darabszáma
STAX B ;B címére elhelyezzük a darabszámot
INX B ;a B következő címére kerül a negatív számok darabszáma

;pepita...
POP H
PUSH H
MVI D,0
MVI E,64
NEG: MOV A,M
ANI 80H
JZ NT
INR D
NT: DCR E
JNZ NEG
MOV A,D
STAX B
INX B ;a B következő címére kerül a 0 értékű számok darabszáma

;0-k száma, pepita
POP H
MVI D,0
MVI E,64
NULL: MOV A,M
ORA 00H ;egyedül itt van különbség, ha byte csupa 0, csak akkor lesz ORA 0H = 0-val és ezzel együtt Z=1
JNZ NULT
INR D
NULT: DCR E
JNZ NEG
MOV A,D
STAX B
RET

* Írja meg azt a programrészletet, amely meghívja a szubrutint a HL=8000h, DE=8800h és BC=9000h paraméterekkel, majd ellenőrzi, hogy a 9000h címtől kezdődő 3 byte összege valóban 64.

LXI H,8000H
LXI D,8800H
LXI B,9000H
CALL RUTIN
MOV C,0
MOV D,3
STC
CMC
ELL: LDAX B
ADC C
MOV C,A
DCR D
JNZ ELL
MOV A,64
CMP C
JZ JO
STC ;ezt itt a feladat nem kéri, de utólag vhogy el kell tudni dönteni, hogy az összeg valóban 64-e
CMC ;ezért ha nem jó akkor CY flag értéke 0 lesz, jó összeg esetén 1
JMP VEGE
JO: STC
VEGE: END

Egy másik megoldás:

KISERED EQU 8000H
KIVONANDO EQU 8800H
ELOJEL EQU 9000H

LXI H,KISERED
LXI D,KIVONANDO
;LXI B,ELOJEL ;ELOJEL=POZITÍVAK, ELOJEL+1=negatívak, ELOJEL+2=nullák

CIKLUS: MOV A,M
PUSH PSW
LDAX D
MOV B,A
POP PSW
SUB B ;AKKUMULÁTORBAN EREDMÉNY
MOV M,A
JZ NULL
JP POZ
PUSH H ;(NEGATÍV ÁG)
LHLD ELOJEL+1
INX H
SHLD ELOJEL+1
POP H
JMP ELLEN
NULL: PUSH H ;(0 ÁG)
LHLD ELOJEL+2
INX H
SHLD ELOJEL+2
POP H
JMP ELLEN
POZ: PUSH H ;(POZITÍV ÁG)
LHLD ELOJEL
INX H
SHLD ELOJEL
POP H
ELLEN: INX H
INX D
LXI B,KISERED+64
MOV A,H
CMP B
JNZ CIKLUS
MOV A,L
CMP C
JNZ CIKLUS
LXI B,ELOJEL

LXI H,ELOJEL
MOV A,M
INX H
ADD M
INX H
ADD M
CPI 64
JZ JO
NEMJO: NOP ;NEM JO!!!!!!!!!!
JO: HALT

=== 3. g.) ===
Írjon assembly szubrutint, amely a HL regiszterpárban kapott címen elhelyezkedő 00h végjelre végződő
karakterstringben megkeresi az első '1' számjegyet. (az ’1’ számjegy ASCII kódja 31h). Találat esetén a szubrutinból visszatéréskor a HL regiszterpár mutasson a megtalált karakter címére és CY = 0 legyen. Ha a keresett karakter nem található, akkor a szubrutin CY=1 értékkel térjen vissza. (Ilyenkor a HL regiszterpár a 00h végjelre mutasson.

RUTIN: MVI B,00H
KERES: MVI A,31H
CMP M ;megnézzük, hogy a HL által mutatott címen lévő adat 31H-e
JNZ TOV
JMP VEGT ;ha megtaláltuk az '1' számjegyet, akkor Z=1 és ugrunk a VEGT (VÉGe és Találtunk)

TOV: MOV A,B ;00 végjel figyelésére szolgál
CMP M ;ha HL által mutatott címen 00H található, akkor és csak akkor a kivonás eredménye 0 (Z=1)
JZ VEGNT ;ugrás a VÉGe és Nem Találtunk részre
INX H ;mutató növelése
JMP KERES

VEGT: STC ;a HL címe ekkor automatikusan a keresett karakterre mutat, így csak a CY flaget kell állítani
CMC
JMP VEGE

VEGNT: STC ;itt is a megfelelő helyre mutat a HL, így csak CY:=1-t állítunk

VEGE: RET

Egy másik megoldás:
KC EQU 9100H ;egyéni

CIKLUS: MOV A,M
CPI 31H
JZ TALALT
CPI 0
JZ NULLTALALT
INX H
JMP CIKLUS
TALALT: STC
CMC
JMP VEGE
NULLTALALT: STC
VEGE: HALT

=== 3. h.) ===
Írjon assembly szubrutint, amely a HL regiszterpárban kapott címtől kezdődően átmásol 32 bájtot a DE regiszterpárban megadott kezdőcímen kezdődő memóriaterületre. A megoldás során ügyeljen arra, hogy a rutin ne változtassa meg a flag-ek állapotát és a BC regiszterpár értékét!

Írjon assembly programrészletet, amely SID=1 esetén várakozzon SID=0-ra, majd SID=0 esetén a fenti szubrutin
meghívásával másoljon át 32 bájtot a 9000h memóriacímről a 9150h címre.

RUTIN: PUSH PSW
PUSH B

MVI B,32
MASOL: XCHG ;DE felcserélése HL-lel
LDAX D ;DE (=eredetileg HL) beírása az A-ba
XCHG ;visszacsere
STAX D ;beírjuk A-t az eredeti DE által mutatott címre
INX H
INX D
DCR B
JNZ MASOL
POP PSW
POP B
RET

;programrészlet:
VAR: RIM
ANI 80H
JNZ VAR
LXI H,9000H
LXI D,9150H
CALL RUTIN
END

Egy másik megoldás:
VAR: RIM
ANI 80H ;10000000B
JNZ VAR
LXI H,9000H
LXI D,9150H
CALL MASOL
HALT

;HL-ben és DE-ben már megvan a kezdõcímünk..

MASOL: PUSH PSW
PUSH B
LXI B,32
CIKLUS: MOV A,M
STAX D
INX H
INX D
DCX B
MOV A,C
ORA B
JNZ CIKLUS
POP B
POP PSW
RET

=== 3. i.) ===

Írjon assembly szubrutint, amely a DE regiszterpárban kapott címtől kezdődő 16 bájtot a blokk végétől kezdve visszafelé átmásol a HL regiszterpárban megadott címen kezdődő memóriaterületre (A forrás-blokk utolsó byte-ja van a cél-blokk első helyén). A megoldás során ügyeljen arra, hogy a rutin ne változtassa meg a flag-ek állapotát és a regiszterpárok értékét!

RUTIN: PUSH PSW
PUSH B
PUSH D
PUSH H
MVI B,16
;a DE-t megnöveljük 16-tal
DENOV: INX D
DCR B
JNZ DENOV
MVI B,16
MASOL: LDAX D
XCHG
STAX D
XCHG
INX H
DCX D
DCR B
JNZ MASOL
POP H
POP D
POP B
POP PSW
RET

Egy másik megoldás:
PUSH PSW
PUSH B
PUSH D
PUSH H

PUSH H
LXI B,16
DAD B
MOV B,H
MOV C,L
XCHG
LXI D,15
DAD D
XCHG
POP H

CIKLUS: LDAX D
MOV M,A
INX H
DCX D
MOV A,H
CMP B
JNZ CIKLUS
MOV A,L
CMP C
JNZ CIKLUS

POP H
POP D
POP B
POP PSW

=== 3. j.) ===
Írjon assembly szubrutint, amely a DE regiszterpárban kapott címtől kezdődő 16 bájtban megszámolja a negatív
számokat (feltételezve, hogy az adatok 8 bites kettes komplemensben ábrázolt előjeles számok), és a kapott eredményt elhelyezi a 8000h memória rekeszbe. A megoldás során ügyeljen arra, hogy a rutin ne változtassa meg a flag-ek állapotát és a regiszterpárok értékét!

RUTIN: PUSH PSW
PUSH B
PUSH D
MVI B,16
MVI C,0
SZAMOL: LDAX D
ANI 80H
JZ NEMNEG
INR C ;ha Z=0, akkor negatív a számunk, ekkor növelünk
NEMNEG: DCR B
JNZ SZAMOL
MOV A,C
STA 8000H
POP D
POP B
POP PSW
RET

Egy másik megoldás:

PUSH PSW
PUSH B
PUSH D
PUSH H

LXI H,8000H
MVI M,0
MVI B,0
CIKLUS: LDAX D
ANI 80H
CMP D ;FELESLEGES
JZ POZITIV
INR M
POZITIV:INX D
INR B
MOV A,B
CPI 16
JNZ CIKLUS

POP H
POP D
POP B
POP PSW
HALT

=== 3. k.) ===
Írjon assembly szubrutint, amely a HL regiszterpárban kapott címtől kezdődő 254 byte-os adatblokk végére kiszámít egy 2 byte-os ellenőrző szót (a blokk byte-jainak összeadásával), és elhelyezi az adatokat követően. A megoldás során ügyeljen arra, hogy a rutin ne változtassa meg a flag-ek állapotát és a regiszterpárok értékét!

RUTIN: PUSH PSW
PUSH B
PUSH H
PUSH D

MVI B,254
LXI D,0
MVI A,0
ELL: PUSH H
MOV A,M ;HL által mutatott címen lévő adat betöltése A-ba
MOV L,A ;a címen lévő adat, így már a címmutató regiszter alsó részén van (itt elfér nem kell hozzá a H reg)
DAD D ;HL+D -> HL
XCHG ;HL cseréje DE-vel (így DE-ben van az ellenőrző összeg)
POP H
INX H ;cím növelése
DCR B
JNZ ELL ;amíg végig nem értünk
MOV M,D ;D betöltése a HL címre
INX H
MOV M,E ;a következő byte-ra pedig az E kerül

POP D
POP H
POP B
POP PSW
RET

Egy másik megoldás:

PUSH PSW
PUSH B
PUSH D
PUSH H

XCHG ;DE-ben kezdocim
LXI H,0 ;reszosszeg HL-ben
MVI A,0 ;itt számoljuk a 254 db-ot
CIKLUS: PUSH PSW
LDAX D
MVI B,0
MOV C,A
DAD B
INX D
POP PSW
INR A
CPI 254
JNZ CIKLUS
MOV A,L
STAX D
INX D
MOV A,H
STAX D

POP H
POP D
POP B
POP PSW

=== 3. l.) ===
Írjon assembly szubrutint, amely 15 byte adatot és egy byte ellenőrző karaktert tartalmazó üzenet átvitelét ellenőrzi. A szubrutin bemenete az üzenet kezdőcíme (HL-ben), kimenete legyen hibátlan átvitel esetén Z=1, hibás átvitelkor Z=0. A megoldás során ügyeljen arra, hogy a rutin ne változtassa meg a regiszterpárok (BC,DE,HL) értékét!

RUTIN: PUSH B
PUSH H
PUSH D
PUSH H
XCHG ;HL és DE cseréje
MVI H,16 ;16 byte másolására fog sorra kerülni
LXI B,0 ;ahova másolunk, az a 0-s címen található (feltesszük, hogy a HL címe és ez nem lapolódik össze)
PUSH B
MASOL: LDAX D ;DE által mutatot cím tartalma az A-ban lesz
STAX B ;az A tartalma a BC címre kiíródik
INX D
INX B
DCR H
JNZ MASOL

POP B ;a BC-t visszacsökkentjük az eredetire
MVI D,16
ELL: LDAX B ;a BC-n és HL-n található byte-okat kivonogatjuk egymásból
SUB M
JZ HIBA ;ha a kivonás eredménye 1, akkor hiba van
DCR D
JNZ ELL
NOHIBA: XRA A ;Z-t 1-be állítjuk
JMP VEGE ;és átugorjuk a HIBA részt
HIBA: MOV A,FFH
ORA A ;ezzel a Z-t 0-ba állítottuk
VEGE: POP D
POP H
POP B
RET

Egy másik megoldás:

RUTIN:
PUSH B
PUSH D
PUSH H

XCHG
LXI H,0
MVI A,0
CIKLUS: PUSH PSW
LDAX D
MVI B,0
MOV C,A
DAD B
INX D
POP PSW
INR A
CPI 15
JNZ CIKLUS
LDAX D
CMP L ;BE VAN ALLITVA A Z FLAG

POP H
POP D
POP B

RET

=== 3. m.) ===

Írjon Intel 8085 mikroprocesszor assembly nyelvén a PORTOLV szubrutint, amely a a CPU SID jelének 0 -> 1 átmenetére beolvassa 64H I/O című portot és az adatot az akkumulátorban adja vissza a szubrutint meghívó
programrésznek.

Írjon a OLV32 szubrutint, amely a PORTOLV szubrutin felhasználásával beolvas 32 byte-ot és elhelyezi a memória 2000H-201FH memóriatartományában. Az OLV32 szubrutin változatlan tartalommal adja vissza a meghívó
programnak a CPU regisztereket.

PORTOLV:
VAR1: RIM
ANI 80H
JNZ VAR1 ;ha SID=0, akkor Z=1 lesz és akkor mehetünk tovább
VAR2: RIM
ANI 80H
JZ VAR2 ;megvárjuk, míg SID=1 lesz
IN 64H
RET

OLV32: PUSH PSW
PUSH B
PUSH D
LXI B,2000H
MVI D,32
MASOL: CALL PORTOLV
STAX B
INX B
DCR D
JNZ MASOL

POP D
POP B
POP PSW
RET

Egy másik megoldás:

PORTOLV:
RIM
ANI 80H
JZ PORTOLV
IN 64H
RET

OLV32:
PUSH PSW
PUSH B
PUSH D
PUSH H

KC EQU 2000H
VC EQU 201FH
LXI H,KC
LXI D,VC+1
CIKLUS:
CALL PORTOLV
MOV M,A
INX H
MOV A,L
CMP E
JNZ CIKLUS
MOV A,H
CMP D
JNZ CIKLUS

POP H
POP D
POP B
POP PSW
RET

=== 3. n.) ===
Írja meg a SENDBYTE 8085 assembly szubrutint, amely a következő specifikáció szerint működik:
A szubrutin feladata a mellékelt ábrán specifikált hand-shake szekvencia alapján a B regiszterben kapott adat byte továbbítása a 20H I/O címre. A megoldás során ügyeljen arra, hogy a szubrutin a flag-ek értékét ne változtassa meg! Rajzolja fel a szubrutin mellé a rutin folyamatábráját is!

Hand-shake: rajz
* először megjelenik az érvényes adat a porton
* majd a SOD jel 0 -> 1 átmenete után (némi várakozás után min kb. 320 ns) a SID jel is 0 -> 1-be váltjuk
* utána a SOD 0-ba vált (ekkor a porton az adatvezeték nagyimpedanciás lesz/nem lesz adat), ezután a SID is 0-ba váltjuk
* a lényeg, hogy a SOD 1-be váltását követően de még a 0-ba váltását megelőzően ki kell olvasni az adatot és be kell állítani a megfelelő állapotba a SID-et

Írjon 8085 assembly kódrészletet, mely a 2345h címtől kezdődő 34 byte adatot a SENDBYTE szubrutin segítségével továbbítja.

SENDBYTE: ;ez túl sok karakternek tűnik :)
PUSH PSW
VAR: RIM
ANI 80H
JNZ VAR
MOV A,B
OUT 20H
RIM
MVI A,0C0H ;11000000B
SIM
WSID0: RIM
ANI 80H
JZ WSID0
RET

;programrészlet
LXI D,2345H
MVI H,34
MASOL: LDAX D
MOV B,A
CALL SENDBYTE
DCR H
JNZ MASOL

Egy másik megoldás:
SENDBYTE:
RIM
ANI 80H
JNZ SENDBYTE
MOV A,B
OUT 20H
RIM
ORI C0H ;11000000B
SIM
VARSID1:RIM
ANI 80H
JZ VARSID1
RIM
ANI 7FH ;01111111B
ORI 40H ;01000000B
RET

=== 3. o.) ===
Írjon 8085 assembly szubrutint, amely a következő specifikáció szerint működik:
* A szubrutin (GETBLOCK) feladata a 80H I/O címen elhelyezkedő 8255 párhuzamos periféria illesztő A portján 1-es üzemmódban az RST 5.5 IT-vel érkező 32 byte-os adatblokk és a hozzá tartozó 1 byte-os ellenőrző összeg beolvasása. A rutin a beolvasott adatokat a 9000h címtől kezdődően helyezze el. Az ellenőrző összeg számítási algoritmusa:
* Ai mod 256 1=<i=<32
* A rutin Z=1-gyel jelezze, ha az ellenőrző összeg helyes, Z=0-val, ha hibás volt. Mindkét esetben az
akkumulátor a helyes (a számított) ellenőrző összeget tartalmazza! (A rutin bármely regiszter értékét elronthatja!)

* Írja meg a 8255-öst felprogramozó szubrutint (A port: 1-es üzemmód, bemenet; B port: 0-ás üzemmód, kimenet; C port:
bemenet)

FELPROG:
MOV A,10111001B
OUT 83H
RET

Írja meg azt az RST 5.5-ös IT rutint, amely a 8001h címen elhelyezkedő byte legmagasabb helyértékű bitjének
bebillentésével jelzi, ha beolvasott egy adatot. Az adat ilyenkor a 8000h memória címen található.

ORG 2CH
RST55: LXI D,8001H
LDAX D
XRI 01H
STAX D
RET

Írja meg a GETBLK szubrutint, az RST 5.5-ös IT rutin használatával Feltételezheti, hogy a rutin hívásakor az RST5.5 IT már engedélyezve van, de ne feledkezzen meg arról, hogy inicializáláskor a megszakítást a 8255-ösben letiltottuk!

GETBLK: EI
MVI B,32 ;32 byte beolvasása
MVI C,0 ;az ellenőrző összeg számításához
LXI D,9000H
BEOLV: IN 80H
CALL RST55
STAX D
ADD C
INX D
DCR B
JNZ BEOLV
LDAX D ;az ellenőrző összeg beolvasása, a 32 byte-os adatblokk után következik
CMP C
MOV A,C
DI
RET

Egy másik megoldás:

ORG 2CH:JMP 1000H
ORG 1000H:
IN 80H
MOV M,A
PUSH H
XCHG ;HL-ben RESZOSSZEG
MOV E,A
MVI D,0
DAD D ;HL-ben uj reszosszeg
XCHG ;DE-ben .............
POP H ;HL-ben cim (9000H)
INX H
DCR C
EI
RET

RUTIN: MVI A,B9H ;10111001B
OUT 83H
LXI H,9000H
LXI D,0
MVI C,32
KORBE: MVI A,0
CMP C
JNZ KORBE
MOV A,M
CMP E
MOV A,E
RET

ORG 2CH:JMP1000H
ORG 1000H:
LXI H,8001H
MOV A,M
ANI 01111111B
MOV M,A
IN 80H
LXI H,8000H
MOV M,A
LXI H,8001H
MOV A,M
ORI 10000000B
MOV M,A
EI
RET

=== 3. p.) ===

Készítse el egy 8251 típusú USART-ot tartalmazó soros adó/vevő áramkör terveit és az aszinkron vételi folyamatot megvalósító szubrutin programját.Az USART áramkör a 80h és 81h port címterületet foglalja el.
Írja meg az áramkört inicializáló és a vételi folyamatot engedélyező programrészt! Az átvitel paraméterei:
* aszinkron adás és vétel
* egyszeres Baud-rate
* 8 adatbit, páros paritás, 1 STOP bit
* adás letiltva, vétel engedélyezve

;programrész
MOV A,01111101B ;119.o./ aszinkron átvitelre vonatkozó Mode Instruction
OUT 80H
MOV A,11100110B ;121.o./ Command Instruciton
OUT 80H ;elvileg ugyanarra a címre kell küldeni, mint a Mode Instr.-t

Írja meg a 8251-es áramkörön keresztül 32 adatbyte-ot ciklikus lekérdezéssel beolvasó szubrutint, amely az adatot a memória 8000h - 801Fh tartományába írja be! A szubrutinban feltételezheti, hogy a vétel során nem lép fel hiba!
* a 116.o. alján találhatók szerint a 8251-esen keresztüli adatbeolvasáshoz a C/D(negált)-nak 0-nak kell lennie
* arra nem jöttem rá, hogy hogyan lehet ezt állítani, lehet, hogy a feladat szerint feltesszük azt, hogy a megfelelő állapotban van

BEOLV: LXI D,8000H
MVI C,32
OLV: IN 80H
STAX D
INX D
DCR C
JNZ OLV

== 4. feladat ==

=== 4. a.) ===

;kód ;PC ;adatsín ;/RD v. /WR ;megjegyzés
-----------------------------------------------------------------------------------
ORG 0000h direktíva
LXI SP,0h 0000 31H /RD
0001 00 /RD
0002 00 /RD SP=0000H
RST 7 0003 FFH /RD itt ugrik a 0038H-ra
FFFF 00 /WR
FFFD 04 /WR ;SP=FFFD
HLT hát ez most kimarad!
ORG 38h direktíva
XRA A 0038 AEH /RD kinullázza A-t, így Z flag=1 lesz
LXI H,0F000h 0039 3AH /RD
0040 00H /RD
0041 F0H /RD HL=F000H
MOV M,A 0042 77H /RD az F000H címre 0-t tölt be
ORA M 0043 B6H /RD 0 OR 0=0 -> Z=1
JNZ 38h 0044 C2H /RD feltétel nem teljesül így csak 1 byte-os az ut.
RET 0045 C9H /RD PC=0000 , SP=0002

=== 4. f.) ===

;kód ;PC ;adatsín ;/RD vagy /WR ;megjegyzés
--------------------------------------------------------------------
ORG 0000h direktíva
LXI H,9000h 0000 21H /RD
0001 00H /RD
0002 90H /RD HL=9000H
SPHL 0003 F9H /RD SP=HL=9000H
LXI H,0100h 0004 21H /RD
0005 00H /RD
0006 01H /RD HL=0100H
PCHL 0007 E9H /RD PC=0100H
HLT ez most kimarad! (de később idejutunk)
CALL 0102h ez is! (de ide később se jutunk el)
ORG 0100h direktíva
MVI A,45h 0100 3EH /RD
0101 45H /RD A=45H
LXI B,1234h 0102 01H /RD
0103 34H /RD
0104 12H /RD BC=1234H
XRA C 0105 A9H /RD A=34 XOR 45 = 00110100
XOR 01000101
-----------
01110001= 71H =A, Z flag=0
PUSH B 0106 C5H /RD
8FFF 34H /WR
8FFE 12H /WR SP=8FFE
XRA B 0107 A8H /RD A=01100010B= 62H , Z flag=0
POP D 0108 D1H /RD
8FFE 12H /RD
8FFF 34H /RD D=1234H
HLT 0109 76H /RD
JMP 0008h 010A C3H /RD
010B 08H /RD
010C 00H /RD
HLT: ez kimarad mert előtte ugrunk az 1. HLT-re (PC=0008), ahol a progi befagy

== 5. feladat ==

=== 5. a.) ===

Az alábbi kódrészlettel a 8000h címen elhelyezkedő 500 byte-os memóriaterület modulo 256-os ellenőrző
összegét szeretnénk kiszámolni, és a memória területet követő byte-ban eltárolni. A program hibásan működik.
Miért?

LXI H,8000h
LXI D,500
XRA A
ciklus:
ADD M
INX H
DCX D
JNZ ciklus
MOV M,A

Válasz: a DCX utasítás nem állítja a Z flaget, így a JNZ utasítás nem működik

=== 5. b.) ===
Egy i8085-ös mikroszámítógép megszakítási rendszerének megvalósításakor i8259A megszakításvezérlőt
alkalmaztunk, amely báziscíme 20h. Az alábbi megszakítást úgy szeretnénk megvalósítani, hogy
bármelyik másik megszakítás-bemenetre érkező kérés azonnal érvényre juthasson mielőtt maga az IRUT rutin
befejeződik. A program hibásan van megírva. Miért? Mit kellene kijavítani?

IRUT: PUSH PSW
PUSH B
EI
OUT 41h
IN 40h
ADI 1
OUT 40h
MVI B,3
CIKL: IN 40h
ACI 0
OUT 40h
DCR B
JNZ CIKL
POP B
MVI A,20h
OUT 20h
POP PSW
RET

Az a hiba, hogy a megszakítás vezérlőben az IT nyugtázása (EOI) csak az IT rutin végén történik meg (MVI A,20h; OUT 20h), ezért az alacsonyabb prioritású interruptok csak ez után jutnának érvényre.

=== 5. c.) ===

Ugyanaz mint az [[#5. a.)]]

=== 5. d.) ===

Az alábbi kódrészlettel a 8000h címen elhelyezkedő szót (16bit) szeretnénk hozzáadni a 8150h címen
elhelyezkedő szóhoz úgy, hogy az eredmény a 8000h címre kerüljön (A szó alacsonyabb helyértékű bájtja
(LSB) mindig a kisebb címen helyezkedik el.). A program hibásan működik. Miért? Mit kellene kijavítani?

Osszead: LXI H,8000h
LDA 8150h
ADD M
MOV M,A
INX H
LDA 8151h
ADD M ;itt ADC M kell, mert lehet átvitel a előző byte-ok összadása során
MOV M,A
RET

== 6. feladat ==

Ehhez létezik egy javításokat tartalmazó PDF. [[Media:Digit2_ef_V2_megold_6-7-javitott.pdf|Megtekintés.]]

=== 6. a.) ===

;Egy kaszkádosított megszakításkezelő rendszerben, milyen esetben kell parancsbyte-ban megadni a SLAVE megszakításkezelőknek, hogy slave áramkörök?
:Kaszkádosítás esetén, bufferelt kapcsolás esetén (62.o./3.5. , 63.o./3.6.3.)

;Ebben az esetben hány ICW parancsbyte-ot kell kiadni és miért?
:4, ICW1-4 (66.o./ 3.6.2. - 3.6.3.) ICW3 a kaszkádosítás miatt kell, az ICW4 pedig a bufferelt kapcsolás miatt (M/S bit)

;Miért van szükség ICW3 parancsbyte-ra?
:Mert kaszkádosott megszakításkezelő rendszert használunk

;Miért van szükség ICW4 parancsbyte-ra?
:A master-slave pozíciókat az ICW-4-el lehet beállítani (bufferelt üzemmód esetén szükséges) (M/S bit)

=== 6. b.) ===
Inicializáljon egy 90h báziscímű i8255-ös párhuzamos periféria áramkör: A portját 1-es üzemmódban kimenetre, B portját szintén 1 üzemmódban bemenetre, C port alsó és felső felét bemenetre kell állítani. Adja meg a vezérlő szó értékét! Állítsa be a 8255 INTE ff-jainak értékét is!

MOV A,10101111B ;95.o./5.1 táblázat
OUT 93H ;94.o./működési tábla
DI

:gondolom az INTE ff-kat mind 0-ra kell állítani, mert ha 1 lenne, akkor az üzembe helyezést követően már kérne megszakítást
:de az üzemmód megváltoztatásakor a f/f-k törlődnek,így ehhez sztem külön parancs nem szükséges

=== 6. c.) ===
Egy vegyesen kaszkádosított 8259-es megszakítási rendszerben a MASTER egység IR2 bemenetére SLAVE áramkör
kapcsolódik. A MASTER egység ugrási táblájának kezdőcíme 8000h, a SLAVE ugrási táblájának kezdőcíme 9000h,
mindkettő nyolcas osztásban.

Adja meg, hogy milyen ICW3 parancsot kell küldeni a MASTER illetve a SLAVE egységeknek!

LXI D,8000H ;MASTER
MOV A,0000100B
INX D
STAX D

LXI H,9001H ;SLAVE, másik módszerrel
MOV A,0000010B
MOV M,A

; Adja meg, mennyi lesz a MASTER IR6 bemenetére érkező megszakítás szubrutinjának kezdőcíme!
: 802CH (65.o. ADI=0 esetén táblázat)

Adja meg, mennyi lesz a SLAVE IR6 bemenetére érkező megszakítás szubrutinjának kezdőcíme!
-902CH (65.o. ADI=0 esetén táblázat)

=== 6. d.)===
Egy aszinkron üzemmódba felprogramozott 8251-es soros áramkör hibásan működik. A program státusz beolvasáskor olyan hibákat olvas, amelyek adat fogadásakor lépnek fel. Melyek lehetnek ezek, mi lehet a hibák oka ?

# OVERRUN ERROR (=túlfutási hiba), akkor ha a puffer-regiszter megelőző tartalmát a CPU még nem olvasta ki és ezt a 8251 felülírja
# FRAMING ERROR (=kerethiba): 0 színtű STOP bitek érkeznek
# PARITY ERROR (=paritás hiba): rossz paritás

===6. e.)===
Mit jelent a BREAK üzemmód a 8251-es áramkörnél?
* aszinkron üzemmódban folyamatos kiküldhetők a vonalra, ha nincs folyamatban adatkivitel, állapotjelzésre is szolgálhat

Mire alkalmazható?
* felhasználható megszakításkérés jelzésére

Hogyan lehet beállítani?
* beállítása: a Command Instruction 3. bitje, a SBRK =1 esetén a TXD=0 lesz (Break karakter)

=== 6. f.)===
Rajzolja fel egy aszinkron üzemmódban felprogramozott USART kimeneti jelalakját (TxD) 8 bites, 0Fh értékű adat elküldésekor, ha páros paritást és 1 stop bitet alkalmazunk.

0 1 1 1 1 0 0 1
___ ___ ___ ___ ___
___| |___ ___|

=== 6. g.)===
Egy i8085-ös mikroprocesszoros rendszerben az A, B, C jelek külön kártyákon állnak elő, változásuk egymástól független, de mindannyian szeretnének időszakosan megszakítást kérni a processzor RST5.5 vonalán. Milyen kimenetű kapukat kell a szaggatottal jelölt dobozokba tervezni, hogy a rendszer helyesen működjön, miért?
* Open collector, mivel a kimeneteket összekötöttük, és a rendszer tartalmazott közvetlen felhúzó ellenállást

=== 6. h.) ===
Egy i8085-ös mikroprocesszoros rendszerben az A, B, C jelek külön kártyákon állnak elő, változásuk egymástól független, de mindegyiket szeretnénk időszakosan címezhetően külön-külön beolvasni a processzor D0 adatvonalán. Milyen kimenetű kapukat kell a szaggatottal jelölt dobozokba tervezni, hogy a rendszer helyesen működjön, miért?
* Tristate, mivel a kimenetek összekötöttük és a rendszer nem tartalmazott közvetlen felhúzó ellenállást

===6. i.)===
Egy 8085 mikroprocesszoros rendszerben 1 master és 4 slave 8259-es IT vezérlőt használunk. Hány megszakítást tudunk összesen lekezelni a 8259-esekkel?
* 4*8+(8-4)=36
* A 4 Slave 8 megszakítást tud kezelni + a Master maradék IR bemenetei felhasználhatók megszakításkérés céljára (60.o./3.4.)

A fenti konfigurációt úgy kötötték be, hogy a slave egységek a master 0,2,4 és 6 sorszámú bemenetére kapcsolódnak. A rendszer hibásan működik. Miért? Indokolja a választ!
* ha a Masternek egyedi megszakításkérő vezetékei is vannak, akkor a IR0 bemenetre nem szabadna az egyik Slave-t sem rákötni, ugyanis a CAS vezetékek 0 állapota egyszerre jelentené a Master és az egyik Slave megszakításkérését (62.o./3.4.)

A fenti konfigurációban az összes vezérlő egy közös meghajtón (74LS245) keresztül csatlakozik a rendszersínre. Hogyan lehet ilyen esetben az egyes vezérlőknek megmondani, hogy master vagy slave szerepet játszanak?
* az ICW 4 parancsbyte 2. bitjével (=M/S) (66.o./3.6.3.)

=== 6. j.)===
Egy DMA vezérlő mind a 4 csatornájára egy-egy periféria csatlakozik. Használható-e ilyenkor az 1-es csatorna
AUTOLOAD üzemmódban? Indokolja a választ!
*Nem, csak a CH2 és CH3 használható (81.o./4.6.4.)

Programozza fel a DMA vezérlőt AUTOLOAD üzemmódba úgy, hogy a 9000h memóriacímtől kezdődő címre
periódikusan 128 byte adatot legyen képes betölteni a perifériából. A 8257-es báziscíme: 70H.

LXI D,9000H
MVI B,128
MOV A,10101111B
OUT 78H ;beírás A3=1, A2=A1=A0=0
TOLT: IN 78H ;kiolvasás is A3=1, A2=A1=A0=0
STAX D
INX D
DCR B
JNZ TOLT
END

=== 6. k.) ===
Mi különbség adatátvitel szinkronizálása szempontjából a 8251-es soros áramkör aszinkron és szinkron soros adatátvitele között?
* az aszinkron átvitel esetén a start és stop bitek segítségével szinkronizájla az átvitelt, a start bit megérkezésést az RXD 1 -> 0 átmenet jelzi
* a szinkron átvitel esetén a szinkronizálást külső, vagy belső eljárással kell megoldani, SYNC karakter érkezésére várunk (belső) vagy a SYNDET-et bemenetként programozzuk fel

=== 6. l.) ===
Programozzon fel egy 8253-as timer áramkört, amely 3,072MHz-ről 4800Hz frekvenciára osztja le jelet, 50-50%-os kitöltésűre! A 8253-as áramkör binárisan számol, és 90h báziscíme van. Használja a 0-s számlálót!

;3,072 Mhz=4800*640
;640= 0000 0001 | 0100 0000

MOV A,00111110B
OUT 93H
MOV A,01H
OUT 90H
MOV A,80H
OUT 91H

=== 6. m.) ===
Egy kaszkádosított 8259-es rendszerben a MASTER egység IR7 és IR6 bemenetére SLAVE áramkörök kapcsolódnak.
Adja meg, hogy milyen ICW3 parancsot kell küldeni a Master egységnek!
* 11000000 (66.o./3.6.2.)

Adja meg, hogy milyen ICW3 parancsot kell küldeni Az IR6-ra csatlakozó SLAVE egységnek
* 01000000 (66.o./3.6.2.)

Hogyan tudjuk kijelölni, hogy lesz ICW3 parancs?
*az ICW1 SNGL bitjének 0 állapotba állításával, az ICW1 1. bitje (D1) (63.o. táblázat, 64.o. ICW1 - SNGL)

== 7. feladat ==

Ehhez létezik egy javításokat tartalmazó PDF. [[Media:Digit2_ef_V2_megold_6-7-javitott.pdf|Megtekintés.]]

===7. a.)===
Sorolja fel az i8085 állapotait!
* RUN, WAIT, HALT, HOLD

===7. b.)===
Szerkesszen gráfot, amely az i8085-ös állapotainak kapcsolatát ábrázolja! A nyilazott ágakra az állapot-változások okait kell felírni.

* RUN -> WAIT: Ready jel 0 szintre vált
* WAIT -> RUN: Ready jel 1-re vált
* RUN -> HALT: HLT parancs kiadásakor
* HALT -> RUN: megszakításkérés érkezésekor
* RUN -> HOLD: HOLD 1-be vált
* HOLD -> RUN: a HOLD jel megszűnése után
* HALT -> HOLD: HOLD igény érkezésekor (HOLD=1)
* HOLD -> HALT: HOLD megszűnése (HOLD=0)

=== 7. c.) ===
Milyen esetekben kerül a 8085-ös mikroprocesszor HALT állapotból RUN állapotba?
* HALT -> RUN: megszakításkérés érkezésekor, illetve reset hatására

===7. d.)===
Sorolja fel azokat az eseteket, amikor az INTE FF = 0 értékű lesz!
* DI parancs kiadásakor, reset, megszakítás érvényre jutása után

===7. e.) ===
Sorolja fel azokat az eseteket, amikor az RST7.5 FF = 0 értékű lesz!
* SIM utasítás esetén,ha a 4. bittel töröljük az RST7.5-t (A4=1), illetve RESET után

===7. f.)===
Az i8085-ös processzor reszetelésekor milyen értékű lesz az INTEFF, és mi lesz a PC tartalma?
* az INTEFF-kat törli, tehát 0 lesz , PC:0000H

===7. g.)===
Milyen kezdőcímeken kezdődnek az RST 2 és RST 5 utasításokkal meghívott szubrutinok, illetve az RST 5.5 és az RST 7.5 megszakítási szubrutinok?
* RST 2: 10H
* RST 5: 28H
* RST 5.5: 2CH
* RST 7.5: 3CH

=== 7. h.)===
Mit kell kezdőértéknek az SP-be betölteni ha a programozó úgy kívánja beállítani a STACK tárat, hogy az első értékes beírt bájt 8FFFh-ra íródjon? Miért?
* 9000H, mert ''először'' csökkenti az SP értékét a processzor, és csak utána ír a stackre.

===7. i.)===
Hogyan jelezzük a fordítóprogramnak, hogy a generált kódot az 1698h címtől kezdődően helyezze el?
* ORG 1698H

===7. j.)===
Hogyan jelezzük a fordítóprogramnak, hogy az 1712h címtől kezdődően helyezze el a „digit” stringet?

ORG 1712H
KAR DB "digit"

===7. k.)===
Hogyan jelezzük a fordítóprogramnak, hogy inicializált vagy inicializálatlan helyfoglalás történik?
* inicializált: DB vagy DW,
* inicializálatlan: DS direktívát használunk

===7. l.)===
Mi a különbség az EQU 1200h és a DW 1200h direktívák között?
* CIMKE EQU 1200H: értékadás, hivatkozás a CIMKE-vel
* DW 1200H: inicializált helyfoglalás

===7. m.)===
Sorolja fel az i8085 mikroprocesszor megszakítással kapcsolatos jeleit!
* TRAP, RST 5.5,6.5,7.5, INTR

===7. n.)===
Milyen típusú kimenettel rendelkező áramkörökkel lehet busz rendszerű vezetékeket meghajtani? Húzza alá, hogy melyik típusú kimenet alkalmas arra, hogy egy vezetéket (busz) több kimenet egyidejűleg is meghajthasson?
* tristate, <u>open collector</u>

===7. o.)===
Miért nem lehet két totem-pole kimenetű áramkör kimeneteit összekötni? Indokolja a választ? (sztem érdemes indokolni:))
* mert az ellenáláskon túl nagy teljesítmény disszipálódna, és ennek eredménye a tönkremenetel

===7. p.)===
i8255-ös párhuzamos periféria áramkör A portját 1-es üzemmódban kimenetre, B-portját 0 üzemmódban bemenetre, C port alsó felét bemenetre, felső felét kimenetre kell állítani. Adja meg a vezérlő szó értékét!
* 10100011

Adja meg, melyik regiszterbe és milyen értéket kell írni, hogy a fenti üzemmód esetén a PC4 portbit 0 , illetve 1 értékű legyen!
* Bit Set/Reset művelettel: (a 8255-ös címe+3) címre kell kiküldeni a 00001000 byte-ot a 0-ba állításhoz, 00001001 byte-ot az 1-be állításhoz

===7. q.)===
Egy 3 gépi ciklusból álló utasítás (pl.: IN 83h) végrehajtása során az első gépi ciklus T1 fázisában egyidőben High (1) értékűek lesznek az INT és a HOLD bemenetek.

;Mikor adja át a DMA vezérlőnek a 8085-ös a busz vezérlési jogot? Indokolja a válaszát!
:a HOLD bemenet 1-be váltásakor

;Mikor jut érvényre a megszakítás (megszakításkérés engedélyezett állapotban van és nincs más kérés) Indokolja a válaszát!
:a HOLD jel megszűnését követően, hiszen a 7. b.) feladatban leírtak szerint működik a 8085, HOLD állapotból HALT-ba a HOLD=0-t követően, a HALT-ból a RUN-ba a megszakításkérést követően jut

Digitális technika 2 - Megoldások a V2-es ellenőrző feladatsorhoz

2013-05-23T15:48:14Z

Prisonerhu: /* 3. n.) */

{{Vissza|Digitális technika 2}}
[[Category:Digitális technika 2]]

Ezen az oldalon a [[Digitális technika 2#Régi és új Digit2|régi ötkredites]] Digit2 ellenőrző kérdéseihez összegyűjtött megoldások vannak. A megoldások nem mindenhol teljesek vagy jók. Az új Digit2-höz már más ellenőrző feladatsort adott ki a tanszék.

<div style="float:right;margin:0.5em;" class="noautonum">__TOC__</div>

[[Media:Digit2_ef_V2.pdf|A V2-es feladatsor itt érhető el.]]

== 1. feladat ==

* [[Media:Digit2_ef_V2_megold_1_a_ell.pdf‎|PDF az 1/a) feladathoz]]

== 2. feladat ==

by Lacee
(a hibákat jelezni kérem a prisonerhu{{kukac}}freemail.hu címen)

=== 2. a) ===

Készítsen megszakítási vonalakat kezelő áramkört, amely egy 8085-ös processzoron alapuló sín RST 5.5-ös és RST 6.5-ös megszakítási vonalaira csatlakozva2 db külsô megszakítás (IT1 és IT2) fogadására alkalmas.

A külső megszakítások kezelését külön-külön áramkörök végzik, amelyek a külső megszakítás felfutó élére kérnek megszakítást és alaphelyzetbe OUT utasítással állíthatók (vagy a ResetOut jel hatására). Egy megszakítási impulzus csak egyszer kérjen megszakítást. Az IT1 megszakítás hatására a C regiszter 55h, IT2 hatására a C regiszter AAh értéket vesz fel. A megszakítási flip-flopok 11h (IT1) és 17h (IT2) címen érhetők el.

* Készítse el a rendszer inicializálását végző főprogramot (40h címtől kezdődően)!
* Készítse el a megszakítási szubrutinokat!

RST55 EQU 2CH
RST65 EQU 34H
C1 EQU 55H
C2 EQU AAH
IT1 11H
IT2 17H

JMP INIC
ORG 0040H
INIC:
MVI A,00001100B ;RST 7.5-T LETILTJUK, A TÖBBIT ENGEDÉLYEZZÜK
SIM ;MASZK BEÁLLÍTÁSA
EI ;MEGSZAKÍTÁS ENG

VAR: JMP VAR ;VÉGTELEN CIKLUS, AZ RST-KRE VÁR, AZOK MEGSZAKÍTJÁK

ORG RST55 ;RST55 CÍMÉN VAN,ÍGY HA MEGSZAKÍTÁS TÖRTÉNIK, AKKOR IDE UGRIK A PROGI
MEGSZ1: MVI C,C1 ;BEÁLLÍTJUK A KÍVÁNT ÉRTÉKET
OUT IT1 ;VISSZAÁLLÍTJUK AZ IO-T
EI ;MEGSZAKÍTÁS ÉRVÉNYRE JUTTATÁSA
RET

ORG RST65 ;AZ ELÕBBI MINTÁJÁRA...
MEGSZ2:
MVI C,C2
OUT IT2
EI
RET

=== 2. b) ===

Írjon assembly szubrutint (KONV), amely az A regiszterben megkapott byte-ot átírja a 74LS374-es regiszter bekötésének megfelelően. A szubrutin kimenete az átkonvertált byte az A regiszterben. (A szubrutin más regiszterek tartalmát nem ronthatja el!)

Írjon ellenőrző 8085-ös assembly szubrutint (ELO), amely az összes lehetséges kombinációval ellenőrzi a kimeneti regiszter bekötését. A szubrutin lefutása után a D,E regiszterpárban legyen a felismert hibák száma! (A szubrutin a D,E regiszterpár kivételével a regiszterek tartalmát nem ronthatja el!) A megoldásban használja az előző feladatban definiált KONV szubrutint! A kimeneti regiszter 0FFh I/O címen írható és 01Fh címen olvasható.

PÉLDA1 A MÛKÖDÉSRE
10101111 ;A BEJÖVÕ ADAT -> EZT KELL KAPNUNK A PÉLDA1-BEN: 01011111
RRC 11010111 ;JOBBRA FORGATJUK
AND 01010101 ;ÖSSZEÉSELJÜK 55H-VAL (MÁSNÉVEN MASZKOLÁS)
----------
= 01010101 -> D ;AZ EREDMÉNYT BEÍRJUK A (D) REG-BE

RLC 01011111 ;AZ EREDETI ADATOT FORGATJUK BALRA
AND 10101010 ;ÉSELJÜK AAH-VAL
----------
= 00001010 -> H ;KIMENTJÜK H-BA, A PROGIBAN NEM KELL H-BA MENTENI,MERT AZ UTANA LEVÕ PARANCS A
VAGYOLÁS ÉS AHHOZ AZ A- TARTALMA KELL, AMI MOST PONT A H-BA RAKOTTAL EGYEZIK MEG

H OR D
01010101
00001010
----------
01011111 ;AZ EREDMÉNY!

PÉLDA2:
10101110 ->EBBÕL EZT:01011101
RRC 01010111
AND 01010101
----------
= 01010101 -> D

RLC 01011101
AND 10101010
-----------
= 00001000 -> H

H OR D
01010101
00001000
-----------
01011101

;NA ÉS VÉGRE A PROGI
KONV: PUSH H
PUSH D
PUSH PSW ;kimentjük A-t
RRC ;jobbra forgatunk
ANI 01010101B ;maszkoljuk 55H-val
MOV D,A ;a maszkolt byte-ot kimentjük D-be
POP PSW ;vissza az A-t
RLC ;balra forgatjuk
ANI 10101010B ;maszkoljuk AAH-val
ORA D ;összevagyoljuk D-vel
POP D ;POPpolgatunk
POP H
RET

ELO:
PUSH PSW
PUSH H
PUSH B
PUSH A
MVI B,0H
LXI D,0H
FUT:
MOV A,B
OUT 0FFH ;a B 0-tól FF-ig megy, ez az összes lehetséges kombináció
CALL KONV ;az A-ban a B-nek megfelelő beolvasott (átkonvertált) adat lesz
MOV C,A
IN 01FH ;beolvassuk a reg tartalmát
CMP C ;ha A=C akkor jó (C:a B konvertált alakja, A:a közvetlenül visszaolvasott alak

JZ TOVABB ;ha B=C -> Z=1, tehát nem kell növelni a DE-t
INX D ;ha azonban Z=0, növeljük DE-t
TOVABB: INR B
MOV A,FF
CMP B
JNZ FUT ;ha B végigpörgött, tehát elérte az FF-t, akkor kilépünk
POP A
POP B
POP H
POP PSW

=== 2. c) ===

Írja meg a VIZS 8085 assembly szubrutint, amely az A regiszterben kapott értéket beírja a kimeneti regiszterbe, majd a kimenet értékét visszaolvassa és ellenőrzi, hogy a beérkezett karakter helyes-e? Hiba esetén a szubrutinból való visszatéréskor Z=1, különben Z=0 legyen!

* A kimeneti egység K1…K8 jelei a 0ACh IO címen olvashatók vissza.
* a kimeneti regiszter (74374) a 0AAh IO címen írható
* A kimeneti regiszter minden második bitje (K0,K2,K4,K6) negáltan legyen kivezetve.

VIZS: OUT 0AAH ;BEÍRJUK AZ A REG TARTALMÁT A KIMENETI REG-BE
AND 55H ;A KIMENET ÉRTÉKE NEM A BEÍRT A-VAL LESZ EGYENLÕ
XRA FFH ;EZÉRT MEGCSINÁLJUK SZOFTVERESEN A BYTE MINDEN MÁSODIK BITJÉNEK NEGÁLÁSÁT

;példa 1:a fenti műveltre (AND 55H;XRA FFH)
kiírt adat:
11111111 -> ebből ezt kell kapnunk: 10101010
AND 01010101
-----------
01010101
XRA 11111111
-----------
10101010 ->és kész!

;példa 2:
kiírt adat:
10111011 ->ez lesz belőle: 11101110
AND 01010101
-----------
00010001
XRA 11111111
-----------
11101110 -> ready!

;és a progi folytatása
MOV B,A ;elmentjük B-be, mert később a visszaolvasott adat alapból az A-ba kerül és felülírja ezt
IN 0ACH ;visszaolvasás
CMP B ;a szokásos vizsgálat, A-ból kivonjuk a B-t(az ellenőrző byte-ot)
JNZ Z1 ;és ha az eredmény nem 0 (akkor Z=0,és hiba van), a feladata pont az ellentetjét kéri
XRA A ;ezért a Z flaget megnegáljuk az alábbi paranccsal
JMP VEGE
Z1: MOV A,1H
ORA A
VEGE: RET

=== 2. d) ===

Illesszen i8085-ös mikroprocesszoros rendszersínre két 8251-es soros periféria illesztő áramkört. Az „A” áramkör csak kimenetre, a „B” áramkör csak bemenetre van felprogramozva. Az „A” áramkör TxD kimenetét a „B” áramkör RxD bemenetére kell kötni. Mindkét áramkör TxC és RxC órajel bemeneteire CLK96 órajel van kötve. Inicializáláskor mindkét áramkör programozása: aszinkron üzemmód, 8 bites karakter, páros paritás és 2 stop bit. A „B” áramkör az /RST 5,5 sínen kér megszakítást. Az „A” áramkör báziscíme 0AAh, a „B” áramkör báziscíme 0AEh.

Írja meg azt a két assembly programrészletet, amely a két 8251-est felprogramozza a fenti konfigurációnak megfelelően!

AFELPROG:
;először a MODE INSTRUCTION-t kell kiküldeni
;kódszó: 11111101B - a alsó 2 bit értéke elvileg úgy jön ki, hogy a TxC és RxC órajeleknek 1-szeres arány kell legyen
MOV A,FDH
OUT 0AAH
MOV A,00 000001B ;Command Instruction
OUT 0AAH
RET

BFELPROG:
;kódszó: ugyanaz,mint az előbb
MOV A,FDH
OUT 0AEH
MOV A,00000000B ;Command Instruction, B lesz a vevő
OUT 0AEH
JMP 002CH
RET

=== 2. e) NR! ===

Illesszen a 8085 mikroprocesszor sínrendszerére 8255-ös típusúPPIO áramkört, amely a 94H, 95H, 96H, 97H portcímeket foglalja el. A PPIO áramkör B portjára egy 8 bites párhuzamos adat kimenettel rendelkező periféria csatlakozik, (tehát a B portot bemenetként kell felprogramozni) amely hand-shaking (kézfogásosos) jelekkel ütemezi az adatátvitelt. Adat beolvasása esetén az áramkör kérjen megszakítást a CPU RST5.5 bemenetén. A periféria 8 adatvezetéken kívül az adattal egyidőben megjeleníti a PEVEN páros paritás jelet is. A PEVEN jel csak a hand-shaking folyamat közben áll rendelkezésre.

Vegye figyelembe, hogy a megszakítási szubrutinban megvalósított adatbeolvasás időpontjában nem biztos, hogy a PEVEN paritás rendelkezésre áll, viszont a feladathoz feltétlen szükséges. Ezért javasolt a paritás jel mintavételezése (a megfelelő hand-shaking jellel) és letárolása a PPIO áramkörön kívül, majd beolvasása az A porton keresztül (pl. PA0 bemeneten) a megszakítási szubrutinban.

* Írjon INIC55 szubrutint, amely elvégzi a PPIO áramkör fentiek szerinti inicializálást, és az SP beállítását, ha a STACK 8F00h és 8FFFh memóriatartományban van
* Írjon RST5.5 megszakítási szubrutint, amely beolvassa az adatot és a paritást PPIO áramkörről, ellenőrzi paritást, majd azadatot elhelyezi a 3456H című memória byte-ban, illetve paritáshiba esetén megnöveli a 3457H című memória byte tartalmát.

INIC55: ORG 8F00H
TER DS FF ;STACK helyfoglalás

ORG 0H
;STÁTUSZ szó: 10111111 - segédlet 95-97.oldala alapján
MOV A,DFH
OUT 97H

IN 95H
JMP 2CH

ORG 2CH
IN 94H ;ez itt a PEVEN jel beolvasása
ANI 01H ;a PA0 bitjét veszem a PEVEN paritás bitnek
MOV D,A ;és elmentem a D-be;ha D=0, akkor páratlan paritás, D=1, akkor páros paritás van
MVI B,0
MVI C,8
PARIT: RLC
JNC TOV
INR B ;az utolsó ciklusba bekerül a beolvasott byte-ban lévő 1-esek száma
TOV: DCR C
JNZ PARIT
MOV A,B
ANI 01H

LXI H,3456H
MOV M,A

=== 2. f.) ===

Illesszen i8085-ös mikroprocesszoros rendszersínre egy visszaolvasható 8 bites kimeneti regisztert, mely az alábbi ábrán látható lámpa vezérlő egységet képes működtetni.
* a kimeneti regisztert (74374) a 20h IO címen írható és a kimeneti egység L1…L8 jelei a 20H IO címen visszaolvashatók
* Írja meg a CHECK 8085 assembly szubrutint, amely az A regiszterben kapott értéket beírja az előző feladatban kialakított kimeneti regiszterbe, majd a kimenet értékét visszaolvassa és ellenőrzi. Hiba esetén visszatéréskor CY=1, különben CY=0 legyen.

CHECK: OUT 20H ;kiírás a reg-be
CMA ;bitenként negálja az A-t
MOV B,A ;ezt a negált értéket beírjuk a B reg-be
IN 20H ;20H címről beolvasunk
CMP B ;szokásos ellenőrzés
JZ CY0 ;ha egyenlő a B és a visszaolvasott érték, akkor Z=1 és akkor ugrunk arra a részre ahol CY:=0
STC ;ha Z=0 akkor CY-t 1-be állitjuk
JMP VEGE ;és ugrunk a végére
CY0: STC ;CY=1
CMC ;CY-t negálja
VEGE: RET

== 3. feladat ==

=== 3. a) ===

LXI D,X ; X ms-ban
LXI B,R ; R-ratio, szazalekban
ELEJE: LXI H,X*1000000*R/100/7040
MVI A,C8H ; 11001000B
SIM
CALL HUROK
MVI A,48H ; 01001000B
SIM
LXI H,X*1000000*(100-R)/100/7040
CALL HUROK
JMP ELEJE

HUROK: DCX H ; 4 fazis
MOV A,H ; 4 fazis
ORA L ; 4 fazis
JNZ HUROK ; 10 fazis, 7040 nsec
RET

=== 3. b.) ===

Írjon 8085 assembly szubrutint, amely a következő specifikáció szerint működik:
* A szubrutin a SID jel felfutó élére egy adatkivitelt, a lefutó élére egy adatbeolvasást végezzen a következők szerint:
* a szubrutin induláskor megvárja a SID jel 0=>1 átmenetét és a B regiszter tartalmát kiírja a 70h-es port címre,
* majd a SID jel 1=>0 átmenetére 71h port címről beolvas egy adatbájtot, amit a C regiszterbe tesz, ezután kilép a szubrutinból.
* A szubrutin bemenete: a kiírandó adat a B regiszterben.
* A szubrutin kimenete: a beolvasott adat a C regiszterben
* A megoldás során ügyeljen arra, hogy a szubrutin a C regiszter kivételével a regiszterek és a flag-ek értékét ne változtassa meg!

RUTIN: MVI C,0H ;ezzel a reg-gel ellenőrizzük azt, hogy a SID jel milyen értékű, az 1. részben 0-1 átmenet kell
PUSH PSW ;kimentések
PUSH A
PUSH B
VAR1: RIM ;a beolvasott byte felső bitje a SID jel értékét mutatja
MVI A,80H ;maszkolás
ORA C ;megnézzük, hogy a SID=0-e ha nem akkor ugárs VAR1-re / SID=1-re várunk
JNZ VAR1
VAR2: RIM ;itt gyakorlatilag ugyanaz van, mint az előbb, csak SID-1-re várunk
MVI A,80H
ORA C
JZ VAR2 ;tehát ha SID=0 marad, akkor ugrunk VAR2-re / ha SID=1, akkor várunk még
MOV A,0 ;itt azt nézzük, hogy az 1. részben vagyunk-e
CMP C ;ha a kivonás eredménye 0, akkor az 1. részben vagyunk és ekkor írjuk ki a B-t a 70H-ra
JZ B70H
JMP C71H ;ha a 2. részben vagyunk, akkor az előző ugró utasítás nem teljesül és ide kell ugrani
CIMKE: MOV C,01H ;ha az 1. részben vagyunk, akkor C reg-t 1-be kell állítani, a 2. részben már nem fogunk ide ugrani
JMP VAR1
B70H: MOV A,B
OUT 70H
JMP CIMKE
C71H: IN 71H
MOV C,A
POP B
POP A
POP PSW
END

Egy másik megoldás:

NULLBEOLV: PUSH PSW
RIM
ANI 80H ;10000000B
JZ NULLBEOLV
MOV A,B
OUT 70H
EGYBEOLV: RIM
ANI 80H
JNZ EGYBEOLV
IN 71H
MOV C,A
POP PSW
JMP NULLBEOLV

=== 3. c.) ===
Írjon 8085 assembly szubrutint, amely megvárja a SID jel változását (felfutó és lefutó él). A szubrutin kimenete:
* Z=1 felfutó él volt,
* Z=0 lefutó él volt!
* A szubrutin ne változtassa meg a regiszterpárok értékét!

RUTIN: RIM
ANI 80H ;maszkolás, az SID értéke az A-ban lesz
JZ FELFUT ;ha az előbbi "és"-elés eredménye 0 (tehát a SID 0), akkor Z=1 -> ugrás a felfutójelhez
JMP LEFUT ;különben lefutó jelre várunk
FELFUT: RIM
ANI 80H ;maszkolás
JZ FELFUT ;addig csináljuk amíg az eredmény 1 lesz (tehát a SID=1-re), Z=0-ra várunk
XRA A ;beállítjuk a Z-t 1-re
JMP VEGE ;ugrás végére
LEFUT: RIM
ANI 80H
JNZ FELFUT ;ha Z=1, akkor az "és"-elés eredménye:0, tehát tovább kell várni a SID= 1 -> 0 átmenetre
MOV A,FFH
ORA A ;Z:=0
VEGE: RET

Egy másik megoldás:

MVI A,0
RIM
ANI 80H
JZ IDE
MVI A,1
IDE: CALL IDERUTIN
HALT
IDERUTIN: ANI FF
JZ VAREGYRE
VARNULLRA: RIM
ANI 80H
JNZ VARNULLRA
RZ
VAREGYRE: RIM
ANI 80H
JZ VAREGYRE
RNZ

=== 3. d.) ===
Írjon 8085 assembly szubrutint, amely a HL regiszterpárban kapott kezdőcímű és 32 byte hosszúságú adatblokkhoz 1 byte-os ellenőrző összeget számol ki, és elhelyezi a blokkot követő rekeszben. A szubrutin végén az akkumulátor az ellenőrző összeget tartalmazza! (A rutin bármely regiszter értékét elronthatja)!

Az ellenőrző összeg számítási algoritmusa: X(i) mod 256 0<i<32

RUTIN: MVI C,32 ;32 byte hosszúságú adatblokk
XRA A ;A:=0
CIKLUS: ADD M ;A+HL-> A
INX H ;forrásmutató növelése
DCR C
JNZ CIKLUS ;ha végigértünk akkor Z=1
MOV M,A ;a blokkot követő részen az ellenőrző összeg
RET

Egy másik megoldás:
LXI D,0 ;reszosszeg kinullazasa
LXI H, KC ;kezdocim
LXI B, 32 ;db
HUROK: MOV A,M
CALL OSSZEGZO
INX H
DCX B
MOV A,C
ORA B
JNZ HUROK
MOV M,E ;E-ben van a mod256 reszosszeg

OSSZEGZO:
PUSH H
MOV L,A
MVI H,0
DAD D
XCHG
POP H
RET

=== 3. e.) ===
Írjon assembly programot amely kivonja két memóriában elhelyezkedő 32 szavas memóriatömbök egyes szavait és az eredményeket visszahelyezi egy újabb memóriaterületre! A 2 byte-os szavak felső 8 bitjét a kisebb című (páros) byte, az alsó 8 bitet a következő (páratlan) cím tárolja!
(9000H,9001H) = (9100H,9101H) - (9200H,9201H) ... stb.
* Írja meg a kivonó programot!
* A kivonások elvégzése után a 9000H-n kezdődő 32 szavas memória terület után helyezzen el egy olyan byte-ot, amely megadja, hogy a 32 eredmény szó közül mennyi a pozitív szám feltételezve, hogy az operandusok (és az eredmény) 16 bites kettes komplemens kódban van ábrázolva.

LXI B,9000H
LXI D,9101H
LXI H,9201H
MVI E,32H ;2*32 szót vonunk ki egymásból
KIVON: STC ;CY:=1
CMC ;CY:=/CY -> CY:=0
LDAX A,D ;9101H-n található adatot betölti az A-ba
SBB M ;A-(HL által mutatott címen levő adat)-CY , ha van átvitel akkor CY=1 lesz
STAX B ;B által mutatott címre A tartalmát helyezi
DCX B
DCX D
DCX H
LDAX A,D ;9100H-n található adat megy az A-ba
SBB M ;A-M-CY
STAX B ;9000H-n a kivonás eredménye (2 byte-on)
INX H
INX H
INX D
INX D
INX B
INX B
DCR E
JNZ KIVON
MVI E,32H ;32 szavat vizsgálunk meg
MVI D,0H ;a pozitív számok számát ebben tároljuk
SZAMOL: LXI B,9000H
ANI 80H ;ha a MSB (legfelső bit)=1 akkor a szám negatív
JZ TOVABB ;ha szám negatív, akkor Z=1 és nem kell növelni
INR D
TOVABB: INX H
INX H
DCR E
JNZ SZAMOL
END

Egy másik megoldás:
XPOINTER EQU 9080H
YPOINTER EQU 9082H
ZPOINTER EQU 9084H ;ideiglenes regiszterpárok, KIHASZNÁLATLAn ramterület, senkit nem zavar
X EQU 9100H
Y EQU 9200H
Z EQU 9000H

LXI H,X ;ebbol
SHLD XPOINTER
LXI H,Y ;ezt
SHLD YPOINTER
LXI H,Z ;ide(eredmény)
SHLD ZPOINTER

CIKLUS: CALL CIKLUSMAG
LXI B, X+32*2
LHLD XPOINTER
MOV A,H
CMP B
JNZ CIKLUS
MOV A,L
CMP C
JNZ CIKLUS
HALT

CIKLUSMAG:
LHLD XPOINTER ;H=91,L=00
MOV D,M
INX H
MOV E,M ;DE=ebbol
INX H
SHLD XPOINTER
LHLD YPOINTER
MOV A,M
CMA
MOV B,A
INX H
MOV A,M
CMA
MOV C,A
INX B ;BC-ben kivonando kettes komplemense(-1szerese)
INX H
SHLD YPOINTER
XCHG ;HL-ben ebbol
DAD B
XCHG ;DE-ben eredmeny
LHLD ZPOINTER
MOV M,D
INX H
MOV M,E
INX H
SHLD ZPOINTER
RET

=== 3. f.) ===
Írjon assembly szubrutint amely kivonja két, a memóriában elhelyezkedő 64 byte-os memóriatömb egyes byte-jait és az eredményeket visszahelyezi az első operandus helyére! Az operandusok kezdőcímeit a szubrutin a HL és DE regiszterpárokban kapja. A kivonások elvégzése után a rutin az BC regiszter-párban kapott címtől kezdődően helyezzen el egy olyan byte-ot, amely megadja, hogy a 64 eredmény byte közül mennyi a pozitív szám (>0), egy másik byte-ot, hogy mennyi a negatív szám (<0), és egy harmadik byte-ot, hogy hány érték volt 0 (=0). (Az operandusok és az eredmény 8 bites kettes komplemens kódban vannak ábrázolva.)
* Írja meg a szubrutint!
* Írja meg azt a programrészletet, amely meghívja a szubrutint a HL=8000h, DE=8800h és BC=9000h paraméterekkel, majd ellenőrzi, hogy a 9000h címtől kezdődő 3 byte összege valóban 64.

RUTIN: PUSH B ;kimentjük BC-t,mert a számlálónak a B-t használjuk fel
PUSH H ;a későbbi vizsgálat során az eredeti címtől indulunk, így ezt is kimentjük
MVI B,64
XCHG ;HL és DE felcserélése
KIVON: LDAX D ;az A-ba betölti a DE (eredetileg HL) által mutatott címen lévő adatot
SUB M ;így DE-ből kivonjuk a HL-t
STAX D ;DE által mutatott címre visszahelyezzük az eredményt
INX D
INX H
DCR B
JNZ KIVON ;ha végigértünk a 64 byte-on, akkor Z=1 lesz
XCHG ;HL és DE visszacserélése

POP B
POP H
PUSH H
MVI D,0
MVI E,64
POZ: MOV A,M ;A-ban a HL által mutatott címen lévő byte
ANI 80H ;maszkolás az előjel bitre
JNZ PT ;ha az előjel bit=1, akkor Z=0 és akkor negatív, így kihagyjuk a D növelését
INR D ;ha Z=1, akkor a szám pozitív és növeljük D-t
PT: DCR E
JNZ POZ ;amíg végig nem értünk Z=0
MOV A,D ;D-ben van a pozitív számok darabszáma
STAX B ;B címére elhelyezzük a darabszámot
INX B ;a B következő címére kerül a negatív számok darabszáma

;pepita...
POP H
PUSH H
MVI D,0
MVI E,64
NEG: MOV A,M
ANI 80H
JZ NT
INR D
NT: DCR E
JNZ NEG
MOV A,D
STAX B
INX B ;a B következő címére kerül a 0 értékű számok darabszáma

;0-k száma, pepita
POP H
MVI D,0
MVI E,64
NULL: MOV A,M
ORA 00H ;egyedül itt van különbség, ha byte csupa 0, csak akkor lesz ORA 0H = 0-val és ezzel együtt Z=1
JNZ NULT
INR D
NULT: DCR E
JNZ NEG
MOV A,D
STAX B
RET

* Írja meg azt a programrészletet, amely meghívja a szubrutint a HL=8000h, DE=8800h és BC=9000h paraméterekkel, majd ellenőrzi, hogy a 9000h címtől kezdődő 3 byte összege valóban 64.

LXI H,8000H
LXI D,8800H
LXI B,9000H
CALL RUTIN
MOV C,0
MOV D,3
STC
CMC
ELL: LDAX B
ADC C
MOV C,A
DCR D
JNZ ELL
MOV A,64
CMP C
JZ JO
STC ;ezt itt a feladat nem kéri, de utólag vhogy el kell tudni dönteni, hogy az összeg valóban 64-e
CMC ;ezért ha nem jó akkor CY flag értéke 0 lesz, jó összeg esetén 1
JMP VEGE
JO: STC
VEGE: END

Egy másik megoldás:

KISERED EQU 8000H
KIVONANDO EQU 8800H
ELOJEL EQU 9000H

LXI H,KISERED
LXI D,KIVONANDO
;LXI B,ELOJEL ;ELOJEL=POZITÍVAK, ELOJEL+1=negatívak, ELOJEL+2=nullák

CIKLUS: MOV A,M
PUSH PSW
LDAX D
MOV B,A
POP PSW
SUB B ;AKKUMULÁTORBAN EREDMÉNY
MOV M,A
JZ NULL
JP POZ
PUSH H ;(NEGATÍV ÁG)
LHLD ELOJEL+1
INX H
SHLD ELOJEL+1
POP H
JMP ELLEN
NULL: PUSH H ;(0 ÁG)
LHLD ELOJEL+2
INX H
SHLD ELOJEL+2
POP H
JMP ELLEN
POZ: PUSH H ;(POZITÍV ÁG)
LHLD ELOJEL
INX H
SHLD ELOJEL
POP H
ELLEN: INX H
INX D
LXI B,KISERED+64
MOV A,H
CMP B
JNZ CIKLUS
MOV A,L
CMP C
JNZ CIKLUS
LXI B,ELOJEL

LXI H,ELOJEL
MOV A,M
INX H
ADD M
INX H
ADD M
CPI 64
JZ JO
NEMJO: NOP ;NEM JO!!!!!!!!!!
JO: HALT

=== 3. g.) ===
Írjon assembly szubrutint, amely a HL regiszterpárban kapott címen elhelyezkedő 00h végjelre végződő
karakterstringben megkeresi az első '1' számjegyet. (az ’1’ számjegy ASCII kódja 31h). Találat esetén a szubrutinból visszatéréskor a HL regiszterpár mutasson a megtalált karakter címére és CY = 0 legyen. Ha a keresett karakter nem található, akkor a szubrutin CY=1 értékkel térjen vissza. (Ilyenkor a HL regiszterpár a 00h végjelre mutasson.

RUTIN: MVI B,00H
KERES: MVI A,31H
CMP M ;megnézzük, hogy a HL által mutatott címen lévő adat 31H-e
JNZ TOV
JMP VEGT ;ha megtaláltuk az '1' számjegyet, akkor Z=1 és ugrunk a VEGT (VÉGe és Találtunk)

TOV: MOV A,B ;00 végjel figyelésére szolgál
CMP M ;ha HL által mutatott címen 00H található, akkor és csak akkor a kivonás eredménye 0 (Z=1)
JZ VEGNT ;ugrás a VÉGe és Nem Találtunk részre
INX H ;mutató növelése
JMP KERES

VEGT: STC ;a HL címe ekkor automatikusan a keresett karakterre mutat, így csak a CY flaget kell állítani
CMC
JMP VEGE

VEGNT: STC ;itt is a megfelelő helyre mutat a HL, így csak CY:=1-t állítunk

VEGE: RET

Egy másik megoldás:
KC EQU 9100H ;egyéni

CIKLUS: MOV A,M
CPI 31H
JZ TALALT
CPI 0
JZ NULLTALALT
INX H
JMP CIKLUS
TALALT: STC
CMC
JMP VEGE
NULLTALALT: STC
VEGE: HALT

=== 3. h.) ===
Írjon assembly szubrutint, amely a HL regiszterpárban kapott címtől kezdődően átmásol 32 bájtot a DE regiszterpárban megadott kezdőcímen kezdődő memóriaterületre. A megoldás során ügyeljen arra, hogy a rutin ne változtassa meg a flag-ek állapotát és a BC regiszterpár értékét!

Írjon assembly programrészletet, amely SID=1 esetén várakozzon SID=0-ra, majd SID=0 esetén a fenti szubrutin
meghívásával másoljon át 32 bájtot a 9000h memóriacímről a 9150h címre.

RUTIN: PUSH PSW
PUSH B

MVI B,32
MASOL: XCHG ;DE felcserélése HL-lel
LDAX D ;DE (=eredetileg HL) beírása az A-ba
XCHG ;visszacsere
STAX D ;beírjuk A-t az eredeti DE által mutatott címre
INX H
INX D
DCR B
JNZ MASOL
POP PSW
POP B
RET

;programrészlet:
VAR: RIM
ANI 80H
JNZ VAR
LXI H,9000H
LXI D,9150H
CALL RUTIN
END

Egy másik megoldás:
VAR: RIM
ANI 80H ;10000000B
JNZ VAR
LXI H,9000H
LXI D,9150H
CALL MASOL
HALT

;HL-ben és DE-ben már megvan a kezdõcímünk..

MASOL: PUSH PSW
PUSH B
LXI B,32
CIKLUS: MOV A,M
STAX D
INX H
INX D
DCX B
MOV A,C
ORA B
JNZ CIKLUS
POP B
POP PSW
RET

=== 3. i.) ===

Írjon assembly szubrutint, amely a DE regiszterpárban kapott címtől kezdődő 16 bájtot a blokk végétől kezdve visszafelé átmásol a HL regiszterpárban megadott címen kezdődő memóriaterületre (A forrás-blokk utolsó byte-ja van a cél-blokk első helyén). A megoldás során ügyeljen arra, hogy a rutin ne változtassa meg a flag-ek állapotát és a regiszterpárok értékét!

RUTIN: PUSH PSW
PUSH B
PUSH D
PUSH H
MVI B,16
;a DE-t megnöveljük 16-tal
DENOV: INX D
DCR B
JNZ DENOV
MVI B,16
MASOL: LDAX D
XCHG
STAX D
XCHG
INX H
DCX D
DCR B
JNZ MASOL
POP H
POP D
POP B
POP PSW
RET

Egy másik megoldás:
PUSH PSW
PUSH B
PUSH D
PUSH H

PUSH H
LXI B,16
DAD B
MOV B,H
MOV C,L
XCHG
LXI D,15
DAD D
XCHG
POP H

CIKLUS: LDAX D
MOV M,A
INX H
DCX D
MOV A,H
CMP B
JNZ CIKLUS
MOV A,L
CMP C
JNZ CIKLUS

POP H
POP D
POP B
POP PSW

=== 3. j.) ===
Írjon assembly szubrutint, amely a DE regiszterpárban kapott címtől kezdődő 16 bájtban megszámolja a negatív
számokat (feltételezve, hogy az adatok 8 bites kettes komplemensben ábrázolt előjeles számok), és a kapott eredményt elhelyezi a 8000h memória rekeszbe. A megoldás során ügyeljen arra, hogy a rutin ne változtassa meg a flag-ek állapotát és a regiszterpárok értékét!

RUTIN: PUSH PSW
PUSH B
PUSH D
MVI B,16
MVI C,0
SZAMOL: LDAX D
ANI 80H
JZ NEMNEG
INR C ;ha Z=0, akkor negatív a számunk, ekkor növelünk
NEMNEG: DCR B
JNZ SZAMOL
MOV A,C
STA 8000H
POP D
POP B
POP PSW
RET

Egy másik megoldás:

PUSH PSW
PUSH B
PUSH D
PUSH H

LXI H,8000H
MVI M,0
MVI B,0
CIKLUS: LDAX D
ANI 80H
CMP D ;FELESLEGES
JZ POZITIV
INR M
POZITIV:INX D
INR B
MOV A,B
CPI 16
JNZ CIKLUS

POP H
POP D
POP B
POP PSW
HALT

=== 3. k.) ===
Írjon assembly szubrutint, amely a HL regiszterpárban kapott címtől kezdődő 254 byte-os adatblokk végére kiszámít egy 2 byte-os ellenőrző szót (a blokk byte-jainak összeadásával), és elhelyezi az adatokat követően. A megoldás során ügyeljen arra, hogy a rutin ne változtassa meg a flag-ek állapotát és a regiszterpárok értékét!

RUTIN: PUSH PSW
PUSH B
PUSH H
PUSH D

MVI B,254
LXI D,0
MVI A,0
ELL: PUSH H
MOV A,M ;HL által mutatott címen lévő adat betöltése A-ba
MOV L,A ;a címen lévő adat, így már a címmutató regiszter alsó részén van (itt elfér nem kell hozzá a H reg)
DAD D ;HL+D -> HL
XCHG ;HL cseréje DE-vel (így DE-ben van az ellenőrző összeg)
POP H
INX H ;cím növelése
DCR B
JNZ ELL ;amíg végig nem értünk
MOV M,D ;D betöltése a HL címre
INX H
MOV M,E ;a következő byte-ra pedig az E kerül

POP D
POP H
POP B
POP PSW
RET

Egy másik megoldás:

PUSH PSW
PUSH B
PUSH D
PUSH H

XCHG ;DE-ben kezdocim
LXI H,0 ;reszosszeg HL-ben
MVI A,0 ;itt számoljuk a 254 db-ot
CIKLUS: PUSH PSW
LDAX D
MVI B,0
MOV C,A
DAD B
INX D
POP PSW
INR A
CPI 254
JNZ CIKLUS
MOV A,L
STAX D
INX D
MOV A,H
STAX D

POP H
POP D
POP B
POP PSW

=== 3. l.) ===
Írjon assembly szubrutint, amely 15 byte adatot és egy byte ellenőrző karaktert tartalmazó üzenet átvitelét ellenőrzi. A szubrutin bemenete az üzenet kezdőcíme (HL-ben), kimenete legyen hibátlan átvitel esetén Z=1, hibás átvitelkor Z=0. A megoldás során ügyeljen arra, hogy a rutin ne változtassa meg a regiszterpárok (BC,DE,HL) értékét!

RUTIN: PUSH B
PUSH H
PUSH D
PUSH H
XCHG ;HL és DE cseréje
MVI H,16 ;16 byte másolására fog sorra kerülni
LXI B,0 ;ahova másolunk, az a 0-s címen található (feltesszük, hogy a HL címe és ez nem lapolódik össze)
PUSH B
MASOL: LDAX D ;DE által mutatot cím tartalma az A-ban lesz
STAX B ;az A tartalma a BC címre kiíródik
INX D
INX B
DCR H
JNZ MASOL

POP B ;a BC-t visszacsökkentjük az eredetire
MVI D,16
ELL: LDAX B ;a BC-n és HL-n található byte-okat kivonogatjuk egymásból
SUB M
JZ HIBA ;ha a kivonás eredménye 1, akkor hiba van
DCR D
JNZ ELL
NOHIBA: XRA A ;Z-t 1-be állítjuk
JMP VEGE ;és átugorjuk a HIBA részt
HIBA: MOV A,FFH
ORA A ;ezzel a Z-t 0-ba állítottuk
VEGE: POP D
POP H
POP B
RET

Egy másik megoldás:

RUTIN:
PUSH B
PUSH D
PUSH H

XCHG
LXI H,0
MVI A,0
CIKLUS: PUSH PSW
LDAX D
MVI B,0
MOV C,A
DAD B
INX D
POP PSW
INR A
CPI 15
JNZ CIKLUS
LDAX D
CMP L ;BE VAN ALLITVA A Z FLAG

POP H
POP D
POP B

RET

=== 3. m.) ===

Írjon Intel 8085 mikroprocesszor assembly nyelvén a PORTOLV szubrutint, amely a a CPU SID jelének 0 -> 1 átmenetére beolvassa 64H I/O című portot és az adatot az akkumulátorban adja vissza a szubrutint meghívó
programrésznek.

Írjon a OLV32 szubrutint, amely a PORTOLV szubrutin felhasználásával beolvas 32 byte-ot és elhelyezi a memória 2000H-201FH memóriatartományában. Az OLV32 szubrutin változatlan tartalommal adja vissza a meghívó
programnak a CPU regisztereket.

PORTOLV:
VAR1: RIM
ANI 80H
JNZ VAR1 ;ha SID=0, akkor Z=1 lesz és akkor mehetünk tovább
VAR2: RIM
ANI 80H
JZ VAR2 ;megvárjuk, míg SID=1 lesz
IN 64H
RET

OLV32: PUSH PSW
PUSH B
PUSH D
LXI B,2000H
MVI D,32
MASOL: CALL PORTOLV
STAX B
INX B
DCR D
JNZ MASOL

POP D
POP B
POP PSW
RET

Egy másik megoldás:

PORTOLV:
RIM
ANI 80H
JZ PORTOLV
IN 64H
RET

OLV32:
PUSH PSW
PUSH B
PUSH D
PUSH H

KC EQU 2000H
VC EQU 201FH
LXI H,KC
LXI D,VC+1
CIKLUS:
CALL PORTOLV
MOV M,A
INX H
MOV A,L
CMP E
JNZ CIKLUS
MOV A,H
CMP D
JNZ CIKLUS

POP H
POP D
POP B
POP PSW
RET

=== 3. n.) ===
Írja meg a SENDBYTE 8085 assembly szubrutint, amely a következő specifikáció szerint működik:
A szubrutin feladata a mellékelt ábrán specifikált hand-shake szekvencia alapján a B regiszterben kapott adat byte továbbítása a 20H I/O címre. A megoldás során ügyeljen arra, hogy a szubrutin a flag-ek értékét ne változtassa meg! Rajzolja fel a szubrutin mellé a rutin folyamatábráját is!

Hand-shake: rajz
* először megjelenik az érvényes adat a porton
* majd a SOD jel 0 -> 1 átmenete után (némi várakozás után min kb. 320 ns) a SID jel is 0 -> 1-be váltjuk
* utána a SOD 0-ba vált (ekkor a porton az adatvezeték nagyimpedanciás lesz/nem lesz adat), ezután a SID is 0-ba váltjuk
* a lényeg, hogy a SOD 1-be váltását követően de még a 0-ba váltását megelőzően ki kell olvasni az adatot és be kell állítani a megfelelő állapotba a SID-et

Írjon 8085 assembly kódrészletet, mely a 2345h címtől kezdődő 34 byte adatot a SENDBYTE szubrutin segítségével továbbítja.

SENDBYTE: ;ez túl sok karakternek tűnik :)
PUSH PSW
VAR: RIM
ANI 80H
JNZ VAR
MOV A,B
OUT 20H
RIM
MVI A,0C0H ;11000000B
SIM
WSID0: RIM
ANI 80H
JZ WSID0
RET

;programrészlet
LXI D,2345H
MVI H,34
MASOL: LDAX D
MOV B,A
CALL SENDBYTE
DCR H
JNZ MASOL

Egy másik megoldás:
SENDBYTE:
RIM
ANI 80H
JNZ SENDBYTE
MOV A,B
OUT 20H
RIM
ORI C0H ;11000000B
SIM
VARSID1:RIM
ANI 80H
JZ VARSID1
RIM
ANI 7FH ;01111111B
ORI 40H ;01000000B
RET

=== 3. o.) ===
Írjon 8085 assembly szubrutint, amely a következő specifikáció szerint működik:
* A szubrutin (GETBLOCK) feladata a 80H I/O címen elhelyezkedő 8255 párhuzamos periféria illesztő A portján 1-es üzemmódban az RST 5.5 IT-vel érkező 32 byte-os adatblokk és a hozzá tartozó 1 byte-os ellenőrző összeg beolvasása. A rutin a beolvasott adatokat a 9000h címtől kezdődően helyezze el. Az ellenőrző összeg számítási algoritmusa:
* Ai mod 256 1=<i=<32
* A rutin Z=1-gyel jelezze, ha az ellenőrző összeg helyes, Z=0-val, ha hibás volt. Mindkét esetben az
akkumulátor a helyes (a számított) ellenőrző összeget tartalmazza! (A rutin bármely regiszter értékét elronthatja!)

* Írja meg a 8255-öst felprogramozó szubrutint (A port: 1-es üzemmód, bemenet; B port: 0-ás üzemmód, kimenet; C port:
bemenet)

FELPROG:
MOV A,10111001B
OUT 83H
RET

Írja meg azt az RST 5.5-ös IT rutint, amely a 8001h címen elhelyezkedő byte legmagasabb helyértékű bitjének
bebillentésével jelzi, ha beolvasott egy adatot. Az adat ilyenkor a 8000h memória címen található.

ORG 2CH
RST55: LXI D,8001H
LDAX D
XRI 01H
STAX D
RET

Írja meg a GETBLK szubrutint, az RST 5.5-ös IT rutin használatával Feltételezheti, hogy a rutin hívásakor az RST5.5 IT már engedélyezve van, de ne feledkezzen meg arról, hogy inicializáláskor a megszakítást a 8255-ösben letiltottuk!

GETBLK: EI
MVI B,32 ;32 byte beolvasása
MVI C,0 ;az ellenőrző összeg számításához
LXI D,9000H
BEOLV: IN 80H
CALL RST55
STAX D
ADD C
INX D
DCR B
JNZ BEOLV
LDAX D ;az ellenőrző összeg beolvasása, a 32 byte-os adatblokk után következik
CMP C
MOV A,C
DI
RET

Egy másik megoldás:

ORG 2CH:JMP 1000H
ORG 1000H:
IN 80H
MOV M,A
PUSH H
XCHG ;HL-ben RESZOSSZEG
MOV E,A
MVI D,0
DAD D ;HL-ben uj reszosszeg
XCHG ;DE-ben .............
POP H ;HL-ben cim (9000H)
INX H
DCR C
EI
RET

RUTIN: MVI A,B9H ;10111001B
OUT 83H
LXI H,9000H
LXI D,0
MVI C,32
KORBE: MVI A,0
CMP C
JNZ KORBE
MOV A,M
CMP E
MOV A,E
RET

ORG 2CH:JMP1000H
ORG 1000H:
LXI H,8001H
MOV A,M
ANI 01111111B
MOV M,A
IN 80H
LXI H,8000H
MOV M,A
LXI H,8001H
MOV A,M
ORI 10000000B
MOV M,A
EI
RET

=== 3. p.) ===

Készítse el egy 8251 típusú USART-ot tartalmazó soros adó/vevő áramkör terveit és az aszinkron vételi folyamatot megvalósító szubrutin programját.Az USART áramkör a 80h és 81h port címterületet foglalja el.
Írja meg az áramkört inicializáló és a vételi folyamatot engedélyező programrészt! Az átvitel paraméterei:
* aszinkron adás és vétel
* egyszeres Baud-rate
* 8 adatbit, páros paritás, 1 STOP bit
* adás letiltva, vétel engedélyezve

;programrész
MOV A,01111101B ;119.o./ aszinkron átvitelre vonatkozó Mode Instruction
OUT 80H
MOV A,11100110B ;121.o./ Command Instruciton
OUT 80H ;elvileg ugyanarra a címre kell küldeni, mint a Mode Instr.-t

Írja meg a 8251-es áramkörön keresztül 32 adatbyte-ot ciklikus lekérdezéssel beolvasó szubrutint, amely az adatot a memória 8000h - 801Fh tartományába írja be! A szubrutinban feltételezheti, hogy a vétel során nem lép fel hiba!
* a 116.o. alján találhatók szerint a 8251-esen keresztüli adatbeolvasáshoz a C/D(negált)-nak 0-nak kell lennie
* arra nem jöttem rá, hogy hogyan lehet ezt állítani, lehet, hogy a feladat szerint feltesszük azt, hogy a megfelelő állapotban van

BEOLV: LXI D,8000H
MVI C,32
OLV: IN 80H
STAX D
INX D
DCR C
JNZ OLV

== 4. feladat ==

=== 4. a.) ===

;kód ;PC ;adatsín ;/RD v. /WR ;megjegyzés
-----------------------------------------------------------------------------------
ORG 0000h direktíva
LXI SP,0h 0000 31H /RD
0001 00 /RD
0002 00 /RD SP=0000H
RST 7 0003 FFH /RD itt ugrik a 0038H-ra
FFFF 00 /WR
FFFD 04 /WR ;SP=FFFD
HLT hát ez most kimarad!
ORG 38h direktíva
XRA A 0038 AEH /RD kinullázza A-t, így Z flag=1 lesz
LXI H,0F000h 0039 3AH /RD
0040 00H /RD
0041 F0H /RD HL=F000H
MOV M,A 0042 77H /RD az F000H címre 0-t tölt be
ORA M 0043 B6H /RD 0 OR 0=0 -> Z=1
JNZ 38h 0044 C2H /RD feltétel nem teljesül így csak 1 byte-os az ut.
RET 0045 C9H /RD PC=0000 , SP=0002

=== 4. f.) ===

;kód ;PC ;adatsín ;/RD vagy /WR ;megjegyzés
--------------------------------------------------------------------
ORG 0000h direktíva
LXI H,9000h 0000 21H /RD
0001 00H /RD
0002 90H /RD HL=9000H
SPHL 0003 F9H /RD SP=HL=9000H
LXI H,0100h 0004 21H /RD
0005 00H /RD
0006 01H /RD HL=0100H
PCHL 0007 E9H /RD PC=0100H
HLT ez most kimarad! (de később idejutunk)
CALL 0102h ez is! (de ide később se jutunk el)
ORG 0100h direktíva
MVI A,45h 0100 3EH /RD
0101 45H /RD A=45H
LXI B,1234h 0102 01H /RD
0103 34H /RD
0104 12H /RD BC=1234H
XRA C 0105 A9H /RD A=34 XOR 45 = 00110100
XOR 01000101
-----------
01110001= 71H =A, Z flag=0
PUSH B 0106 C5H /RD
8FFF 34H /WR
8FFE 12H /WR SP=8FFE
XRA B 0107 A8H /RD A=01100010B= 62H , Z flag=0
POP D 0108 D1H /RD
8FFE 12H /RD
8FFF 34H /RD D=1234H
HLT 0109 76H /RD
JMP 0008h 010A C3H /RD
010B 08H /RD
010C 00H /RD
HLT: ez kimarad mert előtte ugrunk az 1. HLT-re (PC=0008), ahol a progi befagy

== 5. feladat ==

=== 5. a.) ===

Az alábbi kódrészlettel a 8000h címen elhelyezkedő 500 byte-os memóriaterület modulo 256-os ellenőrző
összegét szeretnénk kiszámolni, és a memória területet követő byte-ban eltárolni. A program hibásan működik.
Miért?

LXI H,8000h
LXI D,500
XRA A
ciklus:
ADD M
INX H
DCX D
JNZ ciklus
MOV M,A

Válasz: a DCX utasítás nem állítja a Z flaget, így a JNZ utasítás nem működik

=== 5. b.) ===
Egy i8085-ös mikroszámítógép megszakítási rendszerének megvalósításakor i8259A megszakításvezérlőt
alkalmaztunk, amely báziscíme 20h. Az alábbi megszakítást úgy szeretnénk megvalósítani, hogy
bármelyik másik megszakítás-bemenetre érkező kérés azonnal érvényre juthasson mielőtt maga az IRUT rutin
befejeződik. A program hibásan van megírva. Miért? Mit kellene kijavítani?

IRUT: PUSH PSW
PUSH B
EI
OUT 41h
IN 40h
ADI 1
OUT 40h
MVI B,3
CIKL: IN 40h
ACI 0
OUT 40h
DCR B
JNZ CIKL
POP B
MVI A,20h
OUT 20h
POP PSW
RET

Az a hiba, hogy a megszakítás vezérlőben az IT nyugtázása (EOI) csak az IT rutin végén történik meg (MVI A,20h; OUT 20h), ezért az alacsonyabb prioritású interruptok csak ez után jutnának érvényre.

=== 5. c.) ===

Ugyanaz mint az [[#5. a.)]]

=== 5. d.) ===

Az alábbi kódrészlettel a 8000h címen elhelyezkedő szót (16bit) szeretnénk hozzáadni a 8150h címen
elhelyezkedő szóhoz úgy, hogy az eredmény a 8000h címre kerüljön (A szó alacsonyabb helyértékű bájtja
(LSB) mindig a kisebb címen helyezkedik el.). A program hibásan működik. Miért? Mit kellene kijavítani?

Osszead: LXI H,8000h
LDA 8150h
ADD M
MOV M,A
INX H
LDA 8151h
ADD M ;itt ADC M kell, mert lehet átvitel a előző byte-ok összadása során
MOV M,A
RET

== 6. feladat ==

Ehhez létezik egy javításokat tartalmazó PDF. [[Media:Digit2_ef_V2_megold_6-7-javitott.pdf|Megtekintés.]]

=== 6. a.) ===

;Egy kaszkádosított megszakításkezelő rendszerben, milyen esetben kell parancsbyte-ban megadni a SLAVE megszakításkezelőknek, hogy slave áramkörök?
:Kaszkádosítás esetén, bufferelt kapcsolás esetén (62.o./3.5. , 63.o./3.6.3.)

;Ebben az esetben hány ICW parancsbyte-ot kell kiadni és miért?
:4, ICW1-4 (66.o./ 3.6.2. - 3.6.3.) ICW3 a kaszkádosítás miatt kell, az ICW4 pedig a bufferelt kapcsolás miatt (M/S bit)

;Miért van szükség ICW3 parancsbyte-ra?
:Mert kaszkádosott megszakításkezelő rendszert használunk

;Miért van szükség ICW4 parancsbyte-ra?
:A master-slave pozíciókat az ICW-4-el lehet beállítani (bufferelt üzemmód esetén szükséges) (M/S bit)

=== 6. b.) ===
Inicializáljon egy 90h báziscímű i8255-ös párhuzamos periféria áramkör: A portját 1-es üzemmódban kimenetre, B portját szintén 1 üzemmódban bemenetre, C port alsó és felső felét bemenetre kell állítani. Adja meg a vezérlő szó értékét! Állítsa be a 8255 INTE ff-jainak értékét is!

MOV A,10101111B ;95.o./5.1 táblázat
OUT 93H ;94.o./működési tábla
DI

:gondolom az INTE ff-kat mind 0-ra kell állítani, mert ha 1 lenne, akkor az üzembe helyezést követően már kérne megszakítást
:de az üzemmód megváltoztatásakor a f/f-k törlődnek,így ehhez sztem külön parancs nem szükséges

=== 6. c.) ===
Egy vegyesen kaszkádosított 8259-es megszakítási rendszerben a MASTER egység IR2 bemenetére SLAVE áramkör
kapcsolódik. A MASTER egység ugrási táblájának kezdőcíme 8000h, a SLAVE ugrási táblájának kezdőcíme 9000h,
mindkettő nyolcas osztásban.

Adja meg, hogy milyen ICW3 parancsot kell küldeni a MASTER illetve a SLAVE egységeknek!

LXI D,8000H ;MASTER
MOV A,0000100B
INX D
STAX D

LXI H,9001H ;SLAVE, másik módszerrel
MOV A,0000010B
MOV M,A

; Adja meg, mennyi lesz a MASTER IR6 bemenetére érkező megszakítás szubrutinjának kezdőcíme!
: 802CH (65.o. ADI=0 esetén táblázat)

Adja meg, mennyi lesz a SLAVE IR6 bemenetére érkező megszakítás szubrutinjának kezdőcíme!
-902CH (65.o. ADI=0 esetén táblázat)

=== 6. d.)===
Egy aszinkron üzemmódba felprogramozott 8251-es soros áramkör hibásan működik. A program státusz beolvasáskor olyan hibákat olvas, amelyek adat fogadásakor lépnek fel. Melyek lehetnek ezek, mi lehet a hibák oka ?

# OVERRUN ERROR (=túlfutási hiba), akkor ha a puffer-regiszter megelőző tartalmát a CPU még nem olvasta ki és ezt a 8251 felülírja
# FRAMING ERROR (=kerethiba): 0 színtű STOP bitek érkeznek
# PARITY ERROR (=paritás hiba): rossz paritás

===6. e.)===
Mit jelent a BREAK üzemmód a 8251-es áramkörnél?
* aszinkron üzemmódban folyamatos kiküldhetők a vonalra, ha nincs folyamatban adatkivitel, állapotjelzésre is szolgálhat

Mire alkalmazható?
* felhasználható megszakításkérés jelzésére

Hogyan lehet beállítani?
* beállítása: a Command Instruction 3. bitje, a SBRK =1 esetén a TXD=0 lesz (Break karakter)

=== 6. f.)===
Rajzolja fel egy aszinkron üzemmódban felprogramozott USART kimeneti jelalakját (TxD) 8 bites, 0Fh értékű adat elküldésekor, ha páros paritást és 1 stop bitet alkalmazunk.

0 1 1 1 1 0 0 1
___ ___ ___ ___ ___
___| |___ ___|

=== 6. g.)===
Egy i8085-ös mikroprocesszoros rendszerben az A, B, C jelek külön kártyákon állnak elő, változásuk egymástól független, de mindannyian szeretnének időszakosan megszakítást kérni a processzor RST5.5 vonalán. Milyen kimenetű kapukat kell a szaggatottal jelölt dobozokba tervezni, hogy a rendszer helyesen működjön, miért?
* Open collector, mivel a kimeneteket összekötöttük, és a rendszer tartalmazott közvetlen felhúzó ellenállást

=== 6. h.) ===
Egy i8085-ös mikroprocesszoros rendszerben az A, B, C jelek külön kártyákon állnak elő, változásuk egymástól független, de mindegyiket szeretnénk időszakosan címezhetően külön-külön beolvasni a processzor D0 adatvonalán. Milyen kimenetű kapukat kell a szaggatottal jelölt dobozokba tervezni, hogy a rendszer helyesen működjön, miért?
* Tristate, mivel a kimenetek összekötöttük és a rendszer nem tartalmazott közvetlen felhúzó ellenállást

===6. i.)===
Egy 8085 mikroprocesszoros rendszerben 1 master és 4 slave 8259-es IT vezérlőt használunk. Hány megszakítást tudunk összesen lekezelni a 8259-esekkel?
* 4*8+(8-4)=36
* A 4 Slave 8 megszakítást tud kezelni + a Master maradék IR bemenetei felhasználhatók megszakításkérés céljára (60.o./3.4.)

A fenti konfigurációt úgy kötötték be, hogy a slave egységek a master 0,2,4 és 6 sorszámú bemenetére kapcsolódnak. A rendszer hibásan működik. Miért? Indokolja a választ!
* ha a Masternek egyedi megszakításkérő vezetékei is vannak, akkor a IR0 bemenetre nem szabadna az egyik Slave-t sem rákötni, ugyanis a CAS vezetékek 0 állapota egyszerre jelentené a Master és az egyik Slave megszakításkérését (62.o./3.4.)

A fenti konfigurációban az összes vezérlő egy közös meghajtón (74LS245) keresztül csatlakozik a rendszersínre. Hogyan lehet ilyen esetben az egyes vezérlőknek megmondani, hogy master vagy slave szerepet játszanak?
* az ICW 4 parancsbyte 2. bitjével (=M/S) (66.o./3.6.3.)

=== 6. j.)===
Egy DMA vezérlő mind a 4 csatornájára egy-egy periféria csatlakozik. Használható-e ilyenkor az 1-es csatorna
AUTOLOAD üzemmódban? Indokolja a választ!
*Nem, csak a CH2 és CH3 használható (81.o./4.6.4.)

Programozza fel a DMA vezérlőt AUTOLOAD üzemmódba úgy, hogy a 9000h memóriacímtől kezdődő címre
periódikusan 128 byte adatot legyen képes betölteni a perifériából. A 8257-es báziscíme: 70H.

LXI D,9000H
MVI B,128
MOV A,10101111B
OUT 78H ;beírás A3=1, A2=A1=A0=0
TOLT: IN 78H ;kiolvasás is A3=1, A2=A1=A0=0
STAX D
INX D
DCR B
JNZ TOLT
END

=== 6. k.) ===
Mi különbség adatátvitel szinkronizálása szempontjából a 8251-es soros áramkör aszinkron és szinkron soros adatátvitele között?
* az aszinkron átvitel esetén a start és stop bitek segítségébel szinkronizájla az átvitelt, a start bit megérkezésést az RXD 1 -> 0 átmenet jelzi
* a szinkron átvitel esetén a szinkronizálást külső, vagy belső eljárással kell megoldani, SYNC karakter érkezésére várunk (belső) vagy a SYNDET-et bemenetként programozzuk fel

=== 6. l.) ===
Programozzon fel egy 8253-as timer áramkört, amely 3,072MHz-ről 4800Hz frekvenciára osztja le jelet, 50-50%-os kitöltésűre! A 8253-as áramkör binárisan számol, és 90h báziscíme van. Használja a 0-s számlálót!

;3,072 Mhz=4800*640
;640= 0000 0001 | 0100 0000

MOV A,00111110B
OUT 93H
MOV A,01H
OUT 90H
MOV A,80H
OUT 91H

=== 6. m.) ===
Egy kaszkádosított 8259-es rendszerben a MASTER egység IR7 és IR6 bemenetére SLAVE áramkörök kapcsolódnak.
Adja meg, hogy milyen ICW3 parancsot kell küldeni a Master egységnek!
* 11000000 (66.o./3.6.2.)

Adja meg, hogy milyen ICW3 parancsot kell küldeni Az IR6-ra csatlakozó SLAVE egységnek
* 01000000 (66.o./3.6.2.)

Hogyan tudjuk kijelölni, hogy lesz ICW3 parancs?
*az ICW1 SNGL bitjének 0 állapotba állításával, az ICW1 1. bitje (D1) (63.o. táblázat, 64.o. ICW1 - SNGL)

== 7. feladat ==

Ehhez létezik egy javításokat tartalmazó PDF. [[Media:Digit2_ef_V2_megold_6-7-javitott.pdf|Megtekintés.]]

===7. a.)===
Sorolja fel az i8085 állapotait!
* RUN, WAIT, HALT, HOLD

===7. b.)===
Szerkesszen gráfot, amely az i8085-ös állapotainak kapcsolatát ábrázolja! A nyilazott ágakra az állapot-változások okait kell felírni.

* RUN -> WAIT: Ready jel 0 szintre vált
* WAIT -> RUN: Ready jel 1-re vált
* RUN -> HALT: HLT parancs kiadásakor
* HALT -> RUN: megszakításkérés érkezésekor
* RUN -> HOLD: HOLD 1-be vált
* HOLD -> RUN: a HOLD jel megszűnése után
* HALT -> HOLD: HOLD igény érkezésekor (HOLD=1)
* HOLD -> HALT: HOLD megszűnése (HOLD=0)

=== 7. c.) ===
Milyen esetekben kerül a 8085-ös mikroprocesszor HALT állapotból RUN állapotba?
* HALT -> RUN: megszakításkérés érkezésekor, illetve reset hatására

===7. d.)===
Sorolja fel azokat az eseteket, amikor az INTE FF = 0 értékű lesz!
* DI parancs kiadásakor, reset, megszakítás érvényre jutása után

===7. e.) ===
Sorolja fel azokat az eseteket, amikor az RST7.5 FF = 0 értékű lesz!
* SIM utasítás esetén,ha a 4. bittel töröljük az RST7.5-t (A4=1), illetve RESET után

===7. f.)===
Az i8085-ös processzor reszetelésekor milyen értékű lesz az INTEFF, és mi lesz a PC tartalma?
* az INTEFF-kat törli, tehát 0 lesz , PC:0000H

===7. g.)===
Milyen kezdőcímeken kezdődnek az RST 2 és RST 5 utasításokkal meghívott szubrutinok, illetve az RST 5.5 és az RST 7.5 megszakítási szubrutinok?
* RST 2: 10H
* RST 5: 28H
* RST 5.5: 2CH
* RST 7.5: 3CH

=== 7. h.)===
Mit kell kezdőértéknek az SP-be betölteni ha a programozó úgy kívánja beállítani a STACK tárat, hogy az első értékes beírt bájt 8FFFh-ra íródjon? Miért?
* 9000H, mert ''először'' csökkenti az SP értékét a processzor, és csak utána ír a stackre.

===7. i.)===
Hogyan jelezzük a fordítóprogramnak, hogy a generált kódot az 1698h címtől kezdődően helyezze el?
* ORG 1698H

===7. j.)===
Hogyan jelezzük a fordítóprogramnak, hogy az 1712h címtől kezdődően helyezze el a „digit” stringet?

ORG 1712H
KAR DB "digit"

===7. k.)===
Hogyan jelezzük a fordítóprogramnak, hogy inicializált vagy inicializálatlan helyfoglalás történik?
* inicializált: DB vagy DW,
* inicializálatlan: DS direktívát használunk

===7. l.)===
Mi a különbség az EQU 1200h és a DW 1200h direktívák között?
* CIMKE EQU 1200H: értékadás, hivatkozás a CIMKE-vel
* DW 1200H: inicializált helyfoglalás

===7. m.)===
Sorolja fel az i8085 mikroprocesszor megszakítással kapcsolatos jeleit!
* TRAP, RST 5.5,6.5,7.5, INTR

===7. n.)===
Milyen típusú kimenettel rendelkező áramkörökkel lehet busz rendszerű vezetékeket meghajtani? Húzza alá, hogy melyik típusú kimenet alkalmas arra, hogy egy vezetéket (busz) több kimenet egyidejűleg is meghajthasson?
* tristate, <u>open collector</u>

===7. o.)===
Miért nem lehet két totem-pole kimenetű áramkör kimeneteit összekötni? Indokolja a választ? (sztem érdemes indokolni:))
* mert az ellenáláskon túl nagy teljesítmény disszipálódna, és ennek eredménye a tönkremenetel

===7. p.)===
i8255-ös párhuzamos periféria áramkör A portját 1-es üzemmódban kimenetre, B-portját 0 üzemmódban bemenetre, C port alsó felét bemenetre, felső felét kimenetre kell állítani. Adja meg a vezérlő szó értékét!
* 10100011

Adja meg, melyik regiszterbe és milyen értéket kell írni, hogy a fenti üzemmód esetén a PC4 portbit 0 , illetve 1 értékű legyen!
* Bit Set/Reset művelettel: (a 8255-ös címe+3) címre kell kiküldeni a 00001000 byte-ot a 0-ba állításhoz, 00001001 byte-ot az 1-be állításhoz

===7. q.)===
Egy 3 gépi ciklusból álló utasítás (pl.: IN 83h) végrehajtása során az első gépi ciklus T1 fázisában egyidőben High (1) értékűek lesznek az INT és a HOLD bemenetek.

;Mikor adja át a DMA vezérlőnek a 8085-ös a busz vezérlési jogot? Indokolja a válaszát!
:a HOLD bemenet 1-be váltásakor

;Mikor jut érvényre a megszakítás (megszakításkérés engedélyezett állapotban van és nincs más kérés) Indokolja a válaszát!
:a HOLD jel megszűnését követően, hiszen a 7. b.) feladatban leírtak szerint működik a 8085, HOLD állapotból HALT-ba a HOLD=0-t követően, a HALT-ból a RUN-ba a megszakításkérést követően jut

Digitális technika 2 - Megoldások a V2-es ellenőrző feladatsorhoz

2013-05-23T15:42:59Z

Prisonerhu: /* 4. a.) */

{{Vissza|Digitális technika 2}}
[[Category:Digitális technika 2]]

Ezen az oldalon a [[Digitális technika 2#Régi és új Digit2|régi ötkredites]] Digit2 ellenőrző kérdéseihez összegyűjtött megoldások vannak. A megoldások nem mindenhol teljesek vagy jók. Az új Digit2-höz már más ellenőrző feladatsort adott ki a tanszék.

<div style="float:right;margin:0.5em;" class="noautonum">__TOC__</div>

[[Media:Digit2_ef_V2.pdf|A V2-es feladatsor itt érhető el.]]

== 1. feladat ==

* [[Media:Digit2_ef_V2_megold_1_a_ell.pdf‎|PDF az 1/a) feladathoz]]

== 2. feladat ==

by Lacee
(a hibákat jelezni kérem a prisonerhu{{kukac}}freemail.hu címen)

=== 2. a) ===

Készítsen megszakítási vonalakat kezelő áramkört, amely egy 8085-ös processzoron alapuló sín RST 5.5-ös és RST 6.5-ös megszakítási vonalaira csatlakozva2 db külsô megszakítás (IT1 és IT2) fogadására alkalmas.

A külső megszakítások kezelését külön-külön áramkörök végzik, amelyek a külső megszakítás felfutó élére kérnek megszakítást és alaphelyzetbe OUT utasítással állíthatók (vagy a ResetOut jel hatására). Egy megszakítási impulzus csak egyszer kérjen megszakítást. Az IT1 megszakítás hatására a C regiszter 55h, IT2 hatására a C regiszter AAh értéket vesz fel. A megszakítási flip-flopok 11h (IT1) és 17h (IT2) címen érhetők el.

* Készítse el a rendszer inicializálását végző főprogramot (40h címtől kezdődően)!
* Készítse el a megszakítási szubrutinokat!

RST55 EQU 2CH
RST65 EQU 34H
C1 EQU 55H
C2 EQU AAH
IT1 11H
IT2 17H

JMP INIC
ORG 0040H
INIC:
MVI A,00001100B ;RST 7.5-T LETILTJUK, A TÖBBIT ENGEDÉLYEZZÜK
SIM ;MASZK BEÁLLÍTÁSA
EI ;MEGSZAKÍTÁS ENG

VAR: JMP VAR ;VÉGTELEN CIKLUS, AZ RST-KRE VÁR, AZOK MEGSZAKÍTJÁK

ORG RST55 ;RST55 CÍMÉN VAN,ÍGY HA MEGSZAKÍTÁS TÖRTÉNIK, AKKOR IDE UGRIK A PROGI
MEGSZ1: MVI C,C1 ;BEÁLLÍTJUK A KÍVÁNT ÉRTÉKET
OUT IT1 ;VISSZAÁLLÍTJUK AZ IO-T
EI ;MEGSZAKÍTÁS ÉRVÉNYRE JUTTATÁSA
RET

ORG RST65 ;AZ ELÕBBI MINTÁJÁRA...
MEGSZ2:
MVI C,C2
OUT IT2
EI
RET

=== 2. b) ===

Írjon assembly szubrutint (KONV), amely az A regiszterben megkapott byte-ot átírja a 74LS374-es regiszter bekötésének megfelelően. A szubrutin kimenete az átkonvertált byte az A regiszterben. (A szubrutin más regiszterek tartalmát nem ronthatja el!)

Írjon ellenőrző 8085-ös assembly szubrutint (ELO), amely az összes lehetséges kombinációval ellenőrzi a kimeneti regiszter bekötését. A szubrutin lefutása után a D,E regiszterpárban legyen a felismert hibák száma! (A szubrutin a D,E regiszterpár kivételével a regiszterek tartalmát nem ronthatja el!) A megoldásban használja az előző feladatban definiált KONV szubrutint! A kimeneti regiszter 0FFh I/O címen írható és 01Fh címen olvasható.

PÉLDA1 A MÛKÖDÉSRE
10101111 ;A BEJÖVÕ ADAT -> EZT KELL KAPNUNK A PÉLDA1-BEN: 01011111
RRC 11010111 ;JOBBRA FORGATJUK
AND 01010101 ;ÖSSZEÉSELJÜK 55H-VAL (MÁSNÉVEN MASZKOLÁS)
----------
= 01010101 -> D ;AZ EREDMÉNYT BEÍRJUK A (D) REG-BE

RLC 01011111 ;AZ EREDETI ADATOT FORGATJUK BALRA
AND 10101010 ;ÉSELJÜK AAH-VAL
----------
= 00001010 -> H ;KIMENTJÜK H-BA, A PROGIBAN NEM KELL H-BA MENTENI,MERT AZ UTANA LEVÕ PARANCS A
VAGYOLÁS ÉS AHHOZ AZ A- TARTALMA KELL, AMI MOST PONT A H-BA RAKOTTAL EGYEZIK MEG

H OR D
01010101
00001010
----------
01011111 ;AZ EREDMÉNY!

PÉLDA2:
10101110 ->EBBÕL EZT:01011101
RRC 01010111
AND 01010101
----------
= 01010101 -> D

RLC 01011101
AND 10101010
-----------
= 00001000 -> H

H OR D
01010101
00001000
-----------
01011101

;NA ÉS VÉGRE A PROGI
KONV: PUSH H
PUSH D
PUSH PSW ;kimentjük A-t
RRC ;jobbra forgatunk
ANI 01010101B ;maszkoljuk 55H-val
MOV D,A ;a maszkolt byte-ot kimentjük D-be
POP PSW ;vissza az A-t
RLC ;balra forgatjuk
ANI 10101010B ;maszkoljuk AAH-val
ORA D ;összevagyoljuk D-vel
POP D ;POPpolgatunk
POP H
RET

ELO:
PUSH PSW
PUSH H
PUSH B
PUSH A
MVI B,0H
LXI D,0H
FUT:
MOV A,B
OUT 0FFH ;a B 0-tól FF-ig megy, ez az összes lehetséges kombináció
CALL KONV ;az A-ban a B-nek megfelelő beolvasott (átkonvertált) adat lesz
MOV C,A
IN 01FH ;beolvassuk a reg tartalmát
CMP C ;ha A=C akkor jó (C:a B konvertált alakja, A:a közvetlenül visszaolvasott alak

JZ TOVABB ;ha B=C -> Z=1, tehát nem kell növelni a DE-t
INX D ;ha azonban Z=0, növeljük DE-t
TOVABB: INR B
MOV A,FF
CMP B
JNZ FUT ;ha B végigpörgött, tehát elérte az FF-t, akkor kilépünk
POP A
POP B
POP H
POP PSW

=== 2. c) ===

Írja meg a VIZS 8085 assembly szubrutint, amely az A regiszterben kapott értéket beírja a kimeneti regiszterbe, majd a kimenet értékét visszaolvassa és ellenőrzi, hogy a beérkezett karakter helyes-e? Hiba esetén a szubrutinból való visszatéréskor Z=1, különben Z=0 legyen!

* A kimeneti egység K1…K8 jelei a 0ACh IO címen olvashatók vissza.
* a kimeneti regiszter (74374) a 0AAh IO címen írható
* A kimeneti regiszter minden második bitje (K0,K2,K4,K6) negáltan legyen kivezetve.

VIZS: OUT 0AAH ;BEÍRJUK AZ A REG TARTALMÁT A KIMENETI REG-BE
AND 55H ;A KIMENET ÉRTÉKE NEM A BEÍRT A-VAL LESZ EGYENLÕ
XRA FFH ;EZÉRT MEGCSINÁLJUK SZOFTVERESEN A BYTE MINDEN MÁSODIK BITJÉNEK NEGÁLÁSÁT

;példa 1:a fenti műveltre (AND 55H;XRA FFH)
kiírt adat:
11111111 -> ebből ezt kell kapnunk: 10101010
AND 01010101
-----------
01010101
XRA 11111111
-----------
10101010 ->és kész!

;példa 2:
kiírt adat:
10111011 ->ez lesz belőle: 11101110
AND 01010101
-----------
00010001
XRA 11111111
-----------
11101110 -> ready!

;és a progi folytatása
MOV B,A ;elmentjük B-be, mert később a visszaolvasott adat alapból az A-ba kerül és felülírja ezt
IN 0ACH ;visszaolvasás
CMP B ;a szokásos vizsgálat, A-ból kivonjuk a B-t(az ellenőrző byte-ot)
JNZ Z1 ;és ha az eredmény nem 0 (akkor Z=0,és hiba van), a feladata pont az ellentetjét kéri
XRA A ;ezért a Z flaget megnegáljuk az alábbi paranccsal
JMP VEGE
Z1: MOV A,1H
ORA A
VEGE: RET

=== 2. d) ===

Illesszen i8085-ös mikroprocesszoros rendszersínre két 8251-es soros periféria illesztő áramkört. Az „A” áramkör csak kimenetre, a „B” áramkör csak bemenetre van felprogramozva. Az „A” áramkör TxD kimenetét a „B” áramkör RxD bemenetére kell kötni. Mindkét áramkör TxC és RxC órajel bemeneteire CLK96 órajel van kötve. Inicializáláskor mindkét áramkör programozása: aszinkron üzemmód, 8 bites karakter, páros paritás és 2 stop bit. A „B” áramkör az /RST 5,5 sínen kér megszakítást. Az „A” áramkör báziscíme 0AAh, a „B” áramkör báziscíme 0AEh.

Írja meg azt a két assembly programrészletet, amely a két 8251-est felprogramozza a fenti konfigurációnak megfelelően!

AFELPROG:
;először a MODE INSTRUCTION-t kell kiküldeni
;kódszó: 11111101B - a alsó 2 bit értéke elvileg úgy jön ki, hogy a TxC és RxC órajeleknek 1-szeres arány kell legyen
MOV A,FDH
OUT 0AAH
MOV A,00 000001B ;Command Instruction
OUT 0AAH
RET

BFELPROG:
;kódszó: ugyanaz,mint az előbb
MOV A,FDH
OUT 0AEH
MOV A,00000000B ;Command Instruction, B lesz a vevő
OUT 0AEH
JMP 002CH
RET

=== 2. e) NR! ===

Illesszen a 8085 mikroprocesszor sínrendszerére 8255-ös típusúPPIO áramkört, amely a 94H, 95H, 96H, 97H portcímeket foglalja el. A PPIO áramkör B portjára egy 8 bites párhuzamos adat kimenettel rendelkező periféria csatlakozik, (tehát a B portot bemenetként kell felprogramozni) amely hand-shaking (kézfogásosos) jelekkel ütemezi az adatátvitelt. Adat beolvasása esetén az áramkör kérjen megszakítást a CPU RST5.5 bemenetén. A periféria 8 adatvezetéken kívül az adattal egyidőben megjeleníti a PEVEN páros paritás jelet is. A PEVEN jel csak a hand-shaking folyamat közben áll rendelkezésre.

Vegye figyelembe, hogy a megszakítási szubrutinban megvalósított adatbeolvasás időpontjában nem biztos, hogy a PEVEN paritás rendelkezésre áll, viszont a feladathoz feltétlen szükséges. Ezért javasolt a paritás jel mintavételezése (a megfelelő hand-shaking jellel) és letárolása a PPIO áramkörön kívül, majd beolvasása az A porton keresztül (pl. PA0 bemeneten) a megszakítási szubrutinban.

* Írjon INIC55 szubrutint, amely elvégzi a PPIO áramkör fentiek szerinti inicializálást, és az SP beállítását, ha a STACK 8F00h és 8FFFh memóriatartományban van
* Írjon RST5.5 megszakítási szubrutint, amely beolvassa az adatot és a paritást PPIO áramkörről, ellenőrzi paritást, majd azadatot elhelyezi a 3456H című memória byte-ban, illetve paritáshiba esetén megnöveli a 3457H című memória byte tartalmát.

INIC55: ORG 8F00H
TER DS FF ;STACK helyfoglalás

ORG 0H
;STÁTUSZ szó: 10111111 - segédlet 95-97.oldala alapján
MOV A,DFH
OUT 97H

IN 95H
JMP 2CH

ORG 2CH
IN 94H ;ez itt a PEVEN jel beolvasása
ANI 01H ;a PA0 bitjét veszem a PEVEN paritás bitnek
MOV D,A ;és elmentem a D-be;ha D=0, akkor páratlan paritás, D=1, akkor páros paritás van
MVI B,0
MVI C,8
PARIT: RLC
JNC TOV
INR B ;az utolsó ciklusba bekerül a beolvasott byte-ban lévő 1-esek száma
TOV: DCR C
JNZ PARIT
MOV A,B
ANI 01H

LXI H,3456H
MOV M,A

=== 2. f.) ===

Illesszen i8085-ös mikroprocesszoros rendszersínre egy visszaolvasható 8 bites kimeneti regisztert, mely az alábbi ábrán látható lámpa vezérlő egységet képes működtetni.
* a kimeneti regisztert (74374) a 20h IO címen írható és a kimeneti egység L1…L8 jelei a 20H IO címen visszaolvashatók
* Írja meg a CHECK 8085 assembly szubrutint, amely az A regiszterben kapott értéket beírja az előző feladatban kialakított kimeneti regiszterbe, majd a kimenet értékét visszaolvassa és ellenőrzi. Hiba esetén visszatéréskor CY=1, különben CY=0 legyen.

CHECK: OUT 20H ;kiírás a reg-be
CMA ;bitenként negálja az A-t
MOV B,A ;ezt a negált értéket beírjuk a B reg-be
IN 20H ;20H címről beolvasunk
CMP B ;szokásos ellenőrzés
JZ CY0 ;ha egyenlő a B és a visszaolvasott érték, akkor Z=1 és akkor ugrunk arra a részre ahol CY:=0
STC ;ha Z=0 akkor CY-t 1-be állitjuk
JMP VEGE ;és ugrunk a végére
CY0: STC ;CY=1
CMC ;CY-t negálja
VEGE: RET

== 3. feladat ==

=== 3. a) ===

LXI D,X ; X ms-ban
LXI B,R ; R-ratio, szazalekban
ELEJE: LXI H,X*1000000*R/100/7040
MVI A,C8H ; 11001000B
SIM
CALL HUROK
MVI A,48H ; 01001000B
SIM
LXI H,X*1000000*(100-R)/100/7040
CALL HUROK
JMP ELEJE

HUROK: DCX H ; 4 fazis
MOV A,H ; 4 fazis
ORA L ; 4 fazis
JNZ HUROK ; 10 fazis, 7040 nsec
RET

=== 3. b.) ===

Írjon 8085 assembly szubrutint, amely a következő specifikáció szerint működik:
* A szubrutin a SID jel felfutó élére egy adatkivitelt, a lefutó élére egy adatbeolvasást végezzen a következők szerint:
* a szubrutin induláskor megvárja a SID jel 0=>1 átmenetét és a B regiszter tartalmát kiírja a 70h-es port címre,
* majd a SID jel 1=>0 átmenetére 71h port címről beolvas egy adatbájtot, amit a C regiszterbe tesz, ezután kilép a szubrutinból.
* A szubrutin bemenete: a kiírandó adat a B regiszterben.
* A szubrutin kimenete: a beolvasott adat a C regiszterben
* A megoldás során ügyeljen arra, hogy a szubrutin a C regiszter kivételével a regiszterek és a flag-ek értékét ne változtassa meg!

RUTIN: MVI C,0H ;ezzel a reg-gel ellenőrizzük azt, hogy a SID jel milyen értékű, az 1. részben 0-1 átmenet kell
PUSH PSW ;kimentések
PUSH A
PUSH B
VAR1: RIM ;a beolvasott byte felső bitje a SID jel értékét mutatja
MVI A,80H ;maszkolás
ORA C ;megnézzük, hogy a SID=0-e ha nem akkor ugárs VAR1-re / SID=1-re várunk
JNZ VAR1
VAR2: RIM ;itt gyakorlatilag ugyanaz van, mint az előbb, csak SID-1-re várunk
MVI A,80H
ORA C
JZ VAR2 ;tehát ha SID=0 marad, akkor ugrunk VAR2-re / ha SID=1, akkor várunk még
MOV A,0 ;itt azt nézzük, hogy az 1. részben vagyunk-e
CMP C ;ha a kivonás eredménye 0, akkor az 1. részben vagyunk és ekkor írjuk ki a B-t a 70H-ra
JZ B70H
JMP C71H ;ha a 2. részben vagyunk, akkor az előző ugró utasítás nem teljesül és ide kell ugrani
CIMKE: MOV C,01H ;ha az 1. részben vagyunk, akkor C reg-t 1-be kell állítani, a 2. részben már nem fogunk ide ugrani
JMP VAR1
B70H: MOV A,B
OUT 70H
JMP CIMKE
C71H: IN 71H
MOV C,A
POP B
POP A
POP PSW
END

Egy másik megoldás:

NULLBEOLV: PUSH PSW
RIM
ANI 80H ;10000000B
JZ NULLBEOLV
MOV A,B
OUT 70H
EGYBEOLV: RIM
ANI 80H
JNZ EGYBEOLV
IN 71H
MOV C,A
POP PSW
JMP NULLBEOLV

=== 3. c.) ===
Írjon 8085 assembly szubrutint, amely megvárja a SID jel változását (felfutó és lefutó él). A szubrutin kimenete:
* Z=1 felfutó él volt,
* Z=0 lefutó él volt!
* A szubrutin ne változtassa meg a regiszterpárok értékét!

RUTIN: RIM
ANI 80H ;maszkolás, az SID értéke az A-ban lesz
JZ FELFUT ;ha az előbbi "és"-elés eredménye 0 (tehát a SID 0), akkor Z=1 -> ugrás a felfutójelhez
JMP LEFUT ;különben lefutó jelre várunk
FELFUT: RIM
ANI 80H ;maszkolás
JZ FELFUT ;addig csináljuk amíg az eredmény 1 lesz (tehát a SID=1-re), Z=0-ra várunk
XRA A ;beállítjuk a Z-t 1-re
JMP VEGE ;ugrás végére
LEFUT: RIM
ANI 80H
JNZ FELFUT ;ha Z=1, akkor az "és"-elés eredménye:0, tehát tovább kell várni a SID= 1 -> 0 átmenetre
MOV A,FFH
ORA A ;Z:=0
VEGE: RET

Egy másik megoldás:

MVI A,0
RIM
ANI 80H
JZ IDE
MVI A,1
IDE: CALL IDERUTIN
HALT
IDERUTIN: ANI FF
JZ VAREGYRE
VARNULLRA: RIM
ANI 80H
JNZ VARNULLRA
RZ
VAREGYRE: RIM
ANI 80H
JZ VAREGYRE
RNZ

=== 3. d.) ===
Írjon 8085 assembly szubrutint, amely a HL regiszterpárban kapott kezdőcímű és 32 byte hosszúságú adatblokkhoz 1 byte-os ellenőrző összeget számol ki, és elhelyezi a blokkot követő rekeszben. A szubrutin végén az akkumulátor az ellenőrző összeget tartalmazza! (A rutin bármely regiszter értékét elronthatja)!

Az ellenőrző összeg számítási algoritmusa: X(i) mod 256 0<i<32

RUTIN: MVI C,32 ;32 byte hosszúságú adatblokk
XRA A ;A:=0
CIKLUS: ADD M ;A+HL-> A
INX H ;forrásmutató növelése
DCR C
JNZ CIKLUS ;ha végigértünk akkor Z=1
MOV M,A ;a blokkot követő részen az ellenőrző összeg
RET

Egy másik megoldás:
LXI D,0 ;reszosszeg kinullazasa
LXI H, KC ;kezdocim
LXI B, 32 ;db
HUROK: MOV A,M
CALL OSSZEGZO
INX H
DCX B
MOV A,C
ORA B
JNZ HUROK
MOV M,E ;E-ben van a mod256 reszosszeg

OSSZEGZO:
PUSH H
MOV L,A
MVI H,0
DAD D
XCHG
POP H
RET

=== 3. e.) ===
Írjon assembly programot amely kivonja két memóriában elhelyezkedő 32 szavas memóriatömbök egyes szavait és az eredményeket visszahelyezi egy újabb memóriaterületre! A 2 byte-os szavak felső 8 bitjét a kisebb című (páros) byte, az alsó 8 bitet a következő (páratlan) cím tárolja!
(9000H,9001H) = (9100H,9101H) - (9200H,9201H) ... stb.
* Írja meg a kivonó programot!
* A kivonások elvégzése után a 9000H-n kezdődő 32 szavas memória terület után helyezzen el egy olyan byte-ot, amely megadja, hogy a 32 eredmény szó közül mennyi a pozitív szám feltételezve, hogy az operandusok (és az eredmény) 16 bites kettes komplemens kódban van ábrázolva.

LXI B,9000H
LXI D,9101H
LXI H,9201H
MVI E,32H ;2*32 szót vonunk ki egymásból
KIVON: STC ;CY:=1
CMC ;CY:=/CY -> CY:=0
LDAX A,D ;9101H-n található adatot betölti az A-ba
SBB M ;A-(HL által mutatott címen levő adat)-CY , ha van átvitel akkor CY=1 lesz
STAX B ;B által mutatott címre A tartalmát helyezi
DCX B
DCX D
DCX H
LDAX A,D ;9100H-n található adat megy az A-ba
SBB M ;A-M-CY
STAX B ;9000H-n a kivonás eredménye (2 byte-on)
INX H
INX H
INX D
INX D
INX B
INX B
DCR E
JNZ KIVON
MVI E,32H ;32 szavat vizsgálunk meg
MVI D,0H ;a pozitív számok számát ebben tároljuk
SZAMOL: LXI B,9000H
ANI 80H ;ha a MSB (legfelső bit)=1 akkor a szám negatív
JZ TOVABB ;ha szám negatív, akkor Z=1 és nem kell növelni
INR D
TOVABB: INX H
INX H
DCR E
JNZ SZAMOL
END

Egy másik megoldás:
XPOINTER EQU 9080H
YPOINTER EQU 9082H
ZPOINTER EQU 9084H ;ideiglenes regiszterpárok, KIHASZNÁLATLAn ramterület, senkit nem zavar
X EQU 9100H
Y EQU 9200H
Z EQU 9000H

LXI H,X ;ebbol
SHLD XPOINTER
LXI H,Y ;ezt
SHLD YPOINTER
LXI H,Z ;ide(eredmény)
SHLD ZPOINTER

CIKLUS: CALL CIKLUSMAG
LXI B, X+32*2
LHLD XPOINTER
MOV A,H
CMP B
JNZ CIKLUS
MOV A,L
CMP C
JNZ CIKLUS
HALT

CIKLUSMAG:
LHLD XPOINTER ;H=91,L=00
MOV D,M
INX H
MOV E,M ;DE=ebbol
INX H
SHLD XPOINTER
LHLD YPOINTER
MOV A,M
CMA
MOV B,A
INX H
MOV A,M
CMA
MOV C,A
INX B ;BC-ben kivonando kettes komplemense(-1szerese)
INX H
SHLD YPOINTER
XCHG ;HL-ben ebbol
DAD B
XCHG ;DE-ben eredmeny
LHLD ZPOINTER
MOV M,D
INX H
MOV M,E
INX H
SHLD ZPOINTER
RET

=== 3. f.) ===
Írjon assembly szubrutint amely kivonja két, a memóriában elhelyezkedő 64 byte-os memóriatömb egyes byte-jait és az eredményeket visszahelyezi az első operandus helyére! Az operandusok kezdőcímeit a szubrutin a HL és DE regiszterpárokban kapja. A kivonások elvégzése után a rutin az BC regiszter-párban kapott címtől kezdődően helyezzen el egy olyan byte-ot, amely megadja, hogy a 64 eredmény byte közül mennyi a pozitív szám (>0), egy másik byte-ot, hogy mennyi a negatív szám (<0), és egy harmadik byte-ot, hogy hány érték volt 0 (=0). (Az operandusok és az eredmény 8 bites kettes komplemens kódban vannak ábrázolva.)
* Írja meg a szubrutint!
* Írja meg azt a programrészletet, amely meghívja a szubrutint a HL=8000h, DE=8800h és BC=9000h paraméterekkel, majd ellenőrzi, hogy a 9000h címtől kezdődő 3 byte összege valóban 64.

RUTIN: PUSH B ;kimentjük BC-t,mert a számlálónak a B-t használjuk fel
PUSH H ;a későbbi vizsgálat során az eredeti címtől indulunk, így ezt is kimentjük
MVI B,64
XCHG ;HL és DE felcserélése
KIVON: LDAX D ;az A-ba betölti a DE (eredetileg HL) által mutatott címen lévő adatot
SUB M ;így DE-ből kivonjuk a HL-t
STAX D ;DE által mutatott címre visszahelyezzük az eredményt
INX D
INX H
DCR B
JNZ KIVON ;ha végigértünk a 64 byte-on, akkor Z=1 lesz
XCHG ;HL és DE visszacserélése

POP B
POP H
PUSH H
MVI D,0
MVI E,64
POZ: MOV A,M ;A-ban a HL által mutatott címen lévő byte
ANI 80H ;maszkolás az előjel bitre
JNZ PT ;ha az előjel bit=1, akkor Z=0 és akkor negatív, így kihagyjuk a D növelését
INR D ;ha Z=1, akkor a szám pozitív és növeljük D-t
PT: DCR E
JNZ POZ ;amíg végig nem értünk Z=0
MOV A,D ;D-ben van a pozitív számok darabszáma
STAX B ;B címére elhelyezzük a darabszámot
INX B ;a B következő címére kerül a negatív számok darabszáma

;pepita...
POP H
PUSH H
MVI D,0
MVI E,64
NEG: MOV A,M
ANI 80H
JZ NT
INR D
NT: DCR E
JNZ NEG
MOV A,D
STAX B
INX B ;a B következő címére kerül a 0 értékű számok darabszáma

;0-k száma, pepita
POP H
MVI D,0
MVI E,64
NULL: MOV A,M
ORA 00H ;egyedül itt van különbség, ha byte csupa 0, csak akkor lesz ORA 0H = 0-val és ezzel együtt Z=1
JNZ NULT
INR D
NULT: DCR E
JNZ NEG
MOV A,D
STAX B
RET

* Írja meg azt a programrészletet, amely meghívja a szubrutint a HL=8000h, DE=8800h és BC=9000h paraméterekkel, majd ellenőrzi, hogy a 9000h címtől kezdődő 3 byte összege valóban 64.

LXI H,8000H
LXI D,8800H
LXI B,9000H
CALL RUTIN
MOV C,0
MOV D,3
STC
CMC
ELL: LDAX B
ADC C
MOV C,A
DCR D
JNZ ELL
MOV A,64
CMP C
JZ JO
STC ;ezt itt a feladat nem kéri, de utólag vhogy el kell tudni dönteni, hogy az összeg valóban 64-e
CMC ;ezért ha nem jó akkor CY flag értéke 0 lesz, jó összeg esetén 1
JMP VEGE
JO: STC
VEGE: END

Egy másik megoldás:

KISERED EQU 8000H
KIVONANDO EQU 8800H
ELOJEL EQU 9000H

LXI H,KISERED
LXI D,KIVONANDO
;LXI B,ELOJEL ;ELOJEL=POZITÍVAK, ELOJEL+1=negatívak, ELOJEL+2=nullák

CIKLUS: MOV A,M
PUSH PSW
LDAX D
MOV B,A
POP PSW
SUB B ;AKKUMULÁTORBAN EREDMÉNY
MOV M,A
JZ NULL
JP POZ
PUSH H ;(NEGATÍV ÁG)
LHLD ELOJEL+1
INX H
SHLD ELOJEL+1
POP H
JMP ELLEN
NULL: PUSH H ;(0 ÁG)
LHLD ELOJEL+2
INX H
SHLD ELOJEL+2
POP H
JMP ELLEN
POZ: PUSH H ;(POZITÍV ÁG)
LHLD ELOJEL
INX H
SHLD ELOJEL
POP H
ELLEN: INX H
INX D
LXI B,KISERED+64
MOV A,H
CMP B
JNZ CIKLUS
MOV A,L
CMP C
JNZ CIKLUS
LXI B,ELOJEL

LXI H,ELOJEL
MOV A,M
INX H
ADD M
INX H
ADD M
CPI 64
JZ JO
NEMJO: NOP ;NEM JO!!!!!!!!!!
JO: HALT

=== 3. g.) ===
Írjon assembly szubrutint, amely a HL regiszterpárban kapott címen elhelyezkedő 00h végjelre végződő
karakterstringben megkeresi az első '1' számjegyet. (az ’1’ számjegy ASCII kódja 31h). Találat esetén a szubrutinból visszatéréskor a HL regiszterpár mutasson a megtalált karakter címére és CY = 0 legyen. Ha a keresett karakter nem található, akkor a szubrutin CY=1 értékkel térjen vissza. (Ilyenkor a HL regiszterpár a 00h végjelre mutasson.

RUTIN: MVI B,00H
KERES: MVI A,31H
CMP M ;megnézzük, hogy a HL által mutatott címen lévő adat 31H-e
JNZ TOV
JMP VEGT ;ha megtaláltuk az '1' számjegyet, akkor Z=1 és ugrunk a VEGT (VÉGe és Találtunk)

TOV: MOV A,B ;00 végjel figyelésére szolgál
CMP M ;ha HL által mutatott címen 00H található, akkor és csak akkor a kivonás eredménye 0 (Z=1)
JZ VEGNT ;ugrás a VÉGe és Nem Találtunk részre
INX H ;mutató növelése
JMP KERES

VEGT: STC ;a HL címe ekkor automatikusan a keresett karakterre mutat, így csak a CY flaget kell állítani
CMC
JMP VEGE

VEGNT: STC ;itt is a megfelelő helyre mutat a HL, így csak CY:=1-t állítunk

VEGE: RET

Egy másik megoldás:
KC EQU 9100H ;egyéni

CIKLUS: MOV A,M
CPI 31H
JZ TALALT
CPI 0
JZ NULLTALALT
INX H
JMP CIKLUS
TALALT: STC
CMC
JMP VEGE
NULLTALALT: STC
VEGE: HALT

=== 3. h.) ===
Írjon assembly szubrutint, amely a HL regiszterpárban kapott címtől kezdődően átmásol 32 bájtot a DE regiszterpárban megadott kezdőcímen kezdődő memóriaterületre. A megoldás során ügyeljen arra, hogy a rutin ne változtassa meg a flag-ek állapotát és a BC regiszterpár értékét!

Írjon assembly programrészletet, amely SID=1 esetén várakozzon SID=0-ra, majd SID=0 esetén a fenti szubrutin
meghívásával másoljon át 32 bájtot a 9000h memóriacímről a 9150h címre.

RUTIN: PUSH PSW
PUSH B

MVI B,32
MASOL: XCHG ;DE felcserélése HL-lel
LDAX D ;DE (=eredetileg HL) beírása az A-ba
XCHG ;visszacsere
STAX D ;beírjuk A-t az eredeti DE által mutatott címre
INX H
INX D
DCR B
JNZ MASOL
POP PSW
POP B
RET

;programrészlet:
VAR: RIM
ANI 80H
JNZ VAR
LXI H,9000H
LXI D,9150H
CALL RUTIN
END

Egy másik megoldás:
VAR: RIM
ANI 80H ;10000000B
JNZ VAR
LXI H,9000H
LXI D,9150H
CALL MASOL
HALT

;HL-ben és DE-ben már megvan a kezdõcímünk..

MASOL: PUSH PSW
PUSH B
LXI B,32
CIKLUS: MOV A,M
STAX D
INX H
INX D
DCX B
MOV A,C
ORA B
JNZ CIKLUS
POP B
POP PSW
RET

=== 3. i.) ===

Írjon assembly szubrutint, amely a DE regiszterpárban kapott címtől kezdődő 16 bájtot a blokk végétől kezdve visszafelé átmásol a HL regiszterpárban megadott címen kezdődő memóriaterületre (A forrás-blokk utolsó byte-ja van a cél-blokk első helyén). A megoldás során ügyeljen arra, hogy a rutin ne változtassa meg a flag-ek állapotát és a regiszterpárok értékét!

RUTIN: PUSH PSW
PUSH B
PUSH D
PUSH H
MVI B,16
;a DE-t megnöveljük 16-tal
DENOV: INX D
DCR B
JNZ DENOV
MVI B,16
MASOL: LDAX D
XCHG
STAX D
XCHG
INX H
DCX D
DCR B
JNZ MASOL
POP H
POP D
POP B
POP PSW
RET

Egy másik megoldás:
PUSH PSW
PUSH B
PUSH D
PUSH H

PUSH H
LXI B,16
DAD B
MOV B,H
MOV C,L
XCHG
LXI D,15
DAD D
XCHG
POP H

CIKLUS: LDAX D
MOV M,A
INX H
DCX D
MOV A,H
CMP B
JNZ CIKLUS
MOV A,L
CMP C
JNZ CIKLUS

POP H
POP D
POP B
POP PSW

=== 3. j.) ===
Írjon assembly szubrutint, amely a DE regiszterpárban kapott címtől kezdődő 16 bájtban megszámolja a negatív
számokat (feltételezve, hogy az adatok 8 bites kettes komplemensben ábrázolt előjeles számok), és a kapott eredményt elhelyezi a 8000h memória rekeszbe. A megoldás során ügyeljen arra, hogy a rutin ne változtassa meg a flag-ek állapotát és a regiszterpárok értékét!

RUTIN: PUSH PSW
PUSH B
PUSH D
MVI B,16
MVI C,0
SZAMOL: LDAX D
ANI 80H
JZ NEMNEG
INR C ;ha Z=0, akkor negatív a számunk, ekkor növelünk
NEMNEG: DCR B
JNZ SZAMOL
MOV A,C
STA 8000H
POP D
POP B
POP PSW
RET

Egy másik megoldás:

PUSH PSW
PUSH B
PUSH D
PUSH H

LXI H,8000H
MVI M,0
MVI B,0
CIKLUS: LDAX D
ANI 80H
CMP D ;FELESLEGES
JZ POZITIV
INR M
POZITIV:INX D
INR B
MOV A,B
CPI 16
JNZ CIKLUS

POP H
POP D
POP B
POP PSW
HALT

=== 3. k.) ===
Írjon assembly szubrutint, amely a HL regiszterpárban kapott címtől kezdődő 254 byte-os adatblokk végére kiszámít egy 2 byte-os ellenőrző szót (a blokk byte-jainak összeadásával), és elhelyezi az adatokat követően. A megoldás során ügyeljen arra, hogy a rutin ne változtassa meg a flag-ek állapotát és a regiszterpárok értékét!

RUTIN: PUSH PSW
PUSH B
PUSH H
PUSH D

MVI B,254
LXI D,0
MVI A,0
ELL: PUSH H
MOV A,M ;HL által mutatott címen lévő adat betöltése A-ba
MOV L,A ;a címen lévő adat, így már a címmutató regiszter alsó részén van (itt elfér nem kell hozzá a H reg)
DAD D ;HL+D -> HL
XCHG ;HL cseréje DE-vel (így DE-ben van az ellenőrző összeg)
POP H
INX H ;cím növelése
DCR B
JNZ ELL ;amíg végig nem értünk
MOV M,D ;D betöltése a HL címre
INX H
MOV M,E ;a következő byte-ra pedig az E kerül

POP D
POP H
POP B
POP PSW
RET

Egy másik megoldás:

PUSH PSW
PUSH B
PUSH D
PUSH H

XCHG ;DE-ben kezdocim
LXI H,0 ;reszosszeg HL-ben
MVI A,0 ;itt számoljuk a 254 db-ot
CIKLUS: PUSH PSW
LDAX D
MVI B,0
MOV C,A
DAD B
INX D
POP PSW
INR A
CPI 254
JNZ CIKLUS
MOV A,L
STAX D
INX D
MOV A,H
STAX D

POP H
POP D
POP B
POP PSW

=== 3. l.) ===
Írjon assembly szubrutint, amely 15 byte adatot és egy byte ellenőrző karaktert tartalmazó üzenet átvitelét ellenőrzi. A szubrutin bemenete az üzenet kezdőcíme (HL-ben), kimenete legyen hibátlan átvitel esetén Z=1, hibás átvitelkor Z=0. A megoldás során ügyeljen arra, hogy a rutin ne változtassa meg a regiszterpárok (BC,DE,HL) értékét!

RUTIN: PUSH B
PUSH H
PUSH D
PUSH H
XCHG ;HL és DE cseréje
MVI H,16 ;16 byte másolására fog sorra kerülni
LXI B,0 ;ahova másolunk, az a 0-s címen található (feltesszük, hogy a HL címe és ez nem lapolódik össze)
PUSH B
MASOL: LDAX D ;DE által mutatot cím tartalma az A-ban lesz
STAX B ;az A tartalma a BC címre kiíródik
INX D
INX B
DCR H
JNZ MASOL

POP B ;a BC-t visszacsökkentjük az eredetire
MVI D,16
ELL: LDAX B ;a BC-n és HL-n található byte-okat kivonogatjuk egymásból
SUB M
JZ HIBA ;ha a kivonás eredménye 1, akkor hiba van
DCR D
JNZ ELL
NOHIBA: XRA A ;Z-t 1-be állítjuk
JMP VEGE ;és átugorjuk a HIBA részt
HIBA: MOV A,FFH
ORA A ;ezzel a Z-t 0-ba állítottuk
VEGE: POP D
POP H
POP B
RET

Egy másik megoldás:

RUTIN:
PUSH B
PUSH D
PUSH H

XCHG
LXI H,0
MVI A,0
CIKLUS: PUSH PSW
LDAX D
MVI B,0
MOV C,A
DAD B
INX D
POP PSW
INR A
CPI 15
JNZ CIKLUS
LDAX D
CMP L ;BE VAN ALLITVA A Z FLAG

POP H
POP D
POP B

RET

=== 3. m.) ===

Írjon Intel 8085 mikroprocesszor assembly nyelvén a PORTOLV szubrutint, amely a a CPU SID jelének 0 -> 1 átmenetére beolvassa 64H I/O című portot és az adatot az akkumulátorban adja vissza a szubrutint meghívó
programrésznek.

Írjon a OLV32 szubrutint, amely a PORTOLV szubrutin felhasználásával beolvas 32 byte-ot és elhelyezi a memória 2000H-201FH memóriatartományában. Az OLV32 szubrutin változatlan tartalommal adja vissza a meghívó
programnak a CPU regisztereket.

PORTOLV:
VAR1: RIM
ANI 80H
JNZ VAR1 ;ha SID=0, akkor Z=1 lesz és akkor mehetünk tovább
VAR2: RIM
ANI 80H
JZ VAR2 ;megvárjuk, míg SID=1 lesz
IN 64H
RET

OLV32: PUSH PSW
PUSH B
PUSH D
LXI B,2000H
MVI D,32
MASOL: CALL PORTOLV
STAX B
INX B
DCR D
JNZ MASOL

POP D
POP B
POP PSW
RET

Egy másik megoldás:

PORTOLV:
RIM
ANI 80H
JZ PORTOLV
IN 64H
RET

OLV32:
PUSH PSW
PUSH B
PUSH D
PUSH H

KC EQU 2000H
VC EQU 201FH
LXI H,KC
LXI D,VC+1
CIKLUS:
CALL PORTOLV
MOV M,A
INX H
MOV A,L
CMP E
JNZ CIKLUS
MOV A,H
CMP D
JNZ CIKLUS

POP H
POP D
POP B
POP PSW
RET

=== 3. n.) ===
Írja meg a SENDBYTE 8085 assembly szubrutint, amely a következő specifikáció szerint működik:
A szubrutin feladata a mellékelt ábrán specifikált hand-shake szekvencia alapján a B regiszterben kapott adat byte továbbítása a 20H I/O címre. A megoldás során ügyeljen arra, hogy a szubrutin a flag-ek értékét ne változtassa meg! Rajzolja fel a szubrutin mellé a rutin folyamatábráját is!

Hand-shake: rajz
* először megjelenik az érvényes adat a porton
* majd a SOD jel 0 -> 1 átmenete után (némi várakozás után min kb. 320 ns) a SID jel is 0 -> 1-be váltjuk
* utána a SOD 0-ba vált (ekkor a porton az adatvezeték nagyimpedanciás lesz/nem lesz adat), ezután a SID is 0-ba váltjuk
* a lényeg, hogy a SOD 1-be váltását követően de még a 0-ba váltását megelőzően ki kell olvasni az adatot és be kell állítani a megfelelő állapotba a SID-et

Írjon 8085 assembly kódrészletet, mely a 2345h címtől kezdődő 34 byte adatot a SENDBYTE szubrutin segítségével továbbítja.

SENDBYTE: ;ez túl sok karakternek tűnik :)
PUSH PSW
VAR: RIM
ANI 80H
JNZ VAR
MOV A,B
OUT 20H
RIM
MOV A,0C0H ;11000000B
SIM
WSID0: RIM
ANI 80H
JZ WSID0
RET

;programrészlet
LXI D,2345H
MVI H,34
MASOL: LDAX D
MOV B,A
CALL SENDBYTE
DCR H
JNZ MASOL

Egy másik megoldás:
SENDBYTE:
RIM
ANI 80H
JNZ SENDBYTE
MOV A,B
OUT 20H
RIM
ORI C0H ;11000000B
SIM
VARSID1:RIM
ANI 80H
JZ VARSID1
RIM
ANI 7FH ;01111111B
ORI 40H ;01000000B
RET

=== 3. o.) ===
Írjon 8085 assembly szubrutint, amely a következő specifikáció szerint működik:
* A szubrutin (GETBLOCK) feladata a 80H I/O címen elhelyezkedő 8255 párhuzamos periféria illesztő A portján 1-es üzemmódban az RST 5.5 IT-vel érkező 32 byte-os adatblokk és a hozzá tartozó 1 byte-os ellenőrző összeg beolvasása. A rutin a beolvasott adatokat a 9000h címtől kezdődően helyezze el. Az ellenőrző összeg számítási algoritmusa:
* Ai mod 256 1=<i=<32
* A rutin Z=1-gyel jelezze, ha az ellenőrző összeg helyes, Z=0-val, ha hibás volt. Mindkét esetben az
akkumulátor a helyes (a számított) ellenőrző összeget tartalmazza! (A rutin bármely regiszter értékét elronthatja!)

* Írja meg a 8255-öst felprogramozó szubrutint (A port: 1-es üzemmód, bemenet; B port: 0-ás üzemmód, kimenet; C port:
bemenet)

FELPROG:
MOV A,10111001B
OUT 83H
RET

Írja meg azt az RST 5.5-ös IT rutint, amely a 8001h címen elhelyezkedő byte legmagasabb helyértékű bitjének
bebillentésével jelzi, ha beolvasott egy adatot. Az adat ilyenkor a 8000h memória címen található.

ORG 2CH
RST55: LXI D,8001H
LDAX D
XRI 01H
STAX D
RET

Írja meg a GETBLK szubrutint, az RST 5.5-ös IT rutin használatával Feltételezheti, hogy a rutin hívásakor az RST5.5 IT már engedélyezve van, de ne feledkezzen meg arról, hogy inicializáláskor a megszakítást a 8255-ösben letiltottuk!

GETBLK: EI
MVI B,32 ;32 byte beolvasása
MVI C,0 ;az ellenőrző összeg számításához
LXI D,9000H
BEOLV: IN 80H
CALL RST55
STAX D
ADD C
INX D
DCR B
JNZ BEOLV
LDAX D ;az ellenőrző összeg beolvasása, a 32 byte-os adatblokk után következik
CMP C
MOV A,C
DI
RET

Egy másik megoldás:

ORG 2CH:JMP 1000H
ORG 1000H:
IN 80H
MOV M,A
PUSH H
XCHG ;HL-ben RESZOSSZEG
MOV E,A
MVI D,0
DAD D ;HL-ben uj reszosszeg
XCHG ;DE-ben .............
POP H ;HL-ben cim (9000H)
INX H
DCR C
EI
RET

RUTIN: MVI A,B9H ;10111001B
OUT 83H
LXI H,9000H
LXI D,0
MVI C,32
KORBE: MVI A,0
CMP C
JNZ KORBE
MOV A,M
CMP E
MOV A,E
RET

ORG 2CH:JMP1000H
ORG 1000H:
LXI H,8001H
MOV A,M
ANI 01111111B
MOV M,A
IN 80H
LXI H,8000H
MOV M,A
LXI H,8001H
MOV A,M
ORI 10000000B
MOV M,A
EI
RET

=== 3. p.) ===

Készítse el egy 8251 típusú USART-ot tartalmazó soros adó/vevő áramkör terveit és az aszinkron vételi folyamatot megvalósító szubrutin programját.Az USART áramkör a 80h és 81h port címterületet foglalja el.
Írja meg az áramkört inicializáló és a vételi folyamatot engedélyező programrészt! Az átvitel paraméterei:
* aszinkron adás és vétel
* egyszeres Baud-rate
* 8 adatbit, páros paritás, 1 STOP bit
* adás letiltva, vétel engedélyezve

;programrész
MOV A,01111101B ;119.o./ aszinkron átvitelre vonatkozó Mode Instruction
OUT 80H
MOV A,11100110B ;121.o./ Command Instruciton
OUT 80H ;elvileg ugyanarra a címre kell küldeni, mint a Mode Instr.-t

Írja meg a 8251-es áramkörön keresztül 32 adatbyte-ot ciklikus lekérdezéssel beolvasó szubrutint, amely az adatot a memória 8000h - 801Fh tartományába írja be! A szubrutinban feltételezheti, hogy a vétel során nem lép fel hiba!
* a 116.o. alján találhatók szerint a 8251-esen keresztüli adatbeolvasáshoz a C/D(negált)-nak 0-nak kell lennie
* arra nem jöttem rá, hogy hogyan lehet ezt állítani, lehet, hogy a feladat szerint feltesszük azt, hogy a megfelelő állapotban van

BEOLV: LXI D,8000H
MVI C,32
OLV: IN 80H
STAX D
INX D
DCR C
JNZ OLV

== 4. feladat ==

=== 4. a.) ===

;kód ;PC ;adatsín ;/RD v. /WR ;megjegyzés
-----------------------------------------------------------------------------------
ORG 0000h direktíva
LXI SP,0h 0000 31H /RD
0001 00 /RD
0002 00 /RD SP=0000H
RST 7 0003 FFH /RD itt ugrik a 0038H-ra
FFFF 00 /WR
FFFD 04 /WR ;SP=FFFD
HLT hát ez most kimarad!
ORG 38h direktíva
XRA A 0038 AEH /RD kinullázza A-t, így Z flag=1 lesz
LXI H,0F000h 0039 3AH /RD
0040 00H /RD
0041 F0H /RD HL=F000H
MOV M,A 0042 77H /RD az F000H címre 0-t tölt be
ORA M 0043 B6H /RD 0 OR 0=0 -> Z=1
JNZ 38h 0044 C2H /RD feltétel nem teljesül így csak 1 byte-os az ut.
RET 0045 C9H /RD PC=0000 , SP=0002

=== 4. f.) ===

;kód ;PC ;adatsín ;/RD vagy /WR ;megjegyzés
--------------------------------------------------------------------
ORG 0000h direktíva
LXI H,9000h 0000 21H /RD
0001 00H /RD
0002 90H /RD HL=9000H
SPHL 0003 F9H /RD SP=HL=9000H
LXI H,0100h 0004 21H /RD
0005 00H /RD
0006 01H /RD HL=0100H
PCHL 0007 E9H /RD PC=0100H
HLT ez most kimarad! (de később idejutunk)
CALL 0102h ez is! (de ide később se jutunk el)
ORG 0100h direktíva
MVI A,45h 0100 3EH /RD
0101 45H /RD A=45H
LXI B,1234h 0102 01H /RD
0103 34H /RD
0104 12H /RD BC=1234H
XRA C 0105 A9H /RD A=34 XOR 45 = 00110100
XOR 01000101
-----------
01110001= 71H =A, Z flag=0
PUSH B 0106 C5H /RD
8FFF 34H /WR
8FFE 12H /WR SP=8FFE
XRA B 0107 A8H /RD A=01100010B= 62H , Z flag=0
POP D 0108 D1H /RD
8FFE 12H /RD
8FFF 34H /RD D=1234H
HLT 0109 76H /RD
JMP 0008h 010A C3H /RD
010B 08H /RD
010C 00H /RD
HLT: ez kimarad mert előtte ugrunk az 1. HLT-re (PC=0008), ahol a progi befagy

== 5. feladat ==

=== 5. a.) ===

Az alábbi kódrészlettel a 8000h címen elhelyezkedő 500 byte-os memóriaterület modulo 256-os ellenőrző
összegét szeretnénk kiszámolni, és a memória területet követő byte-ban eltárolni. A program hibásan működik.
Miért?

LXI H,8000h
LXI D,500
XRA A
ciklus:
ADD M
INX H
DCX D
JNZ ciklus
MOV M,A

Válasz: a DCX utasítás nem állítja a Z flaget, így a JNZ utasítás nem működik

=== 5. b.) ===
Egy i8085-ös mikroszámítógép megszakítási rendszerének megvalósításakor i8259A megszakításvezérlőt
alkalmaztunk, amely báziscíme 20h. Az alábbi megszakítást úgy szeretnénk megvalósítani, hogy
bármelyik másik megszakítás-bemenetre érkező kérés azonnal érvényre juthasson mielőtt maga az IRUT rutin
befejeződik. A program hibásan van megírva. Miért? Mit kellene kijavítani?

IRUT: PUSH PSW
PUSH B
EI
OUT 41h
IN 40h
ADI 1
OUT 40h
MVI B,3
CIKL: IN 40h
ACI 0
OUT 40h
DCR B
JNZ CIKL
POP B
MVI A,20h
OUT 20h
POP PSW
RET

Az a hiba, hogy a megszakítás vezérlőben az IT nyugtázása (EOI) csak az IT rutin végén történik meg (MVI A,20h; OUT 20h), ezért az alacsonyabb prioritású interruptok csak ez után jutnának érvényre.

=== 5. c.) ===

Ugyanaz mint az [[#5. a.)]]

=== 5. d.) ===

Az alábbi kódrészlettel a 8000h címen elhelyezkedő szót (16bit) szeretnénk hozzáadni a 8150h címen
elhelyezkedő szóhoz úgy, hogy az eredmény a 8000h címre kerüljön (A szó alacsonyabb helyértékű bájtja
(LSB) mindig a kisebb címen helyezkedik el.). A program hibásan működik. Miért? Mit kellene kijavítani?

Osszead: LXI H,8000h
LDA 8150h
ADD M
MOV M,A
INX H
LDA 8151h
ADD M ;itt ADC M kell, mert lehet átvitel a előző byte-ok összadása során
MOV M,A
RET

== 6. feladat ==

Ehhez létezik egy javításokat tartalmazó PDF. [[Media:Digit2_ef_V2_megold_6-7-javitott.pdf|Megtekintés.]]

=== 6. a.) ===

;Egy kaszkádosított megszakításkezelő rendszerben, milyen esetben kell parancsbyte-ban megadni a SLAVE megszakításkezelőknek, hogy slave áramkörök?
:Kaszkádosítás esetén, bufferelt kapcsolás esetén (62.o./3.5. , 63.o./3.6.3.)

;Ebben az esetben hány ICW parancsbyte-ot kell kiadni és miért?
:4, ICW1-4 (66.o./ 3.6.2. - 3.6.3.) ICW3 a kaszkádosítás miatt kell, az ICW4 pedig a bufferelt kapcsolás miatt (M/S bit)

;Miért van szükség ICW3 parancsbyte-ra?
:Mert kaszkádosott megszakításkezelő rendszert használunk

;Miért van szükség ICW4 parancsbyte-ra?
:A master-slave pozíciókat az ICW-4-el lehet beállítani (bufferelt üzemmód esetén szükséges) (M/S bit)

=== 6. b.) ===
Inicializáljon egy 90h báziscímű i8255-ös párhuzamos periféria áramkör: A portját 1-es üzemmódban kimenetre, B portját szintén 1 üzemmódban bemenetre, C port alsó és felső felét bemenetre kell állítani. Adja meg a vezérlő szó értékét! Állítsa be a 8255 INTE ff-jainak értékét is!

MOV A,10101111B ;95.o./5.1 táblázat
OUT 93H ;94.o./működési tábla
DI

:gondolom az INTE ff-kat mind 0-ra kell állítani, mert ha 1 lenne, akkor az üzembe helyezést követően már kérne megszakítást
:de az üzemmód megváltoztatásakor a f/f-k törlődnek,így ehhez sztem külön parancs nem szükséges

=== 6. c.) ===
Egy vegyesen kaszkádosított 8259-es megszakítási rendszerben a MASTER egység IR2 bemenetére SLAVE áramkör
kapcsolódik. A MASTER egység ugrási táblájának kezdőcíme 8000h, a SLAVE ugrási táblájának kezdőcíme 9000h,
mindkettő nyolcas osztásban.

Adja meg, hogy milyen ICW3 parancsot kell küldeni a MASTER illetve a SLAVE egységeknek!

LXI D,8000H ;MASTER
MOV A,0000100B
INX D
STAX D

LXI H,9001H ;SLAVE, másik módszerrel
MOV A,0000010B
MOV M,A

; Adja meg, mennyi lesz a MASTER IR6 bemenetére érkező megszakítás szubrutinjának kezdőcíme!
: 802CH (65.o. ADI=0 esetén táblázat)

Adja meg, mennyi lesz a SLAVE IR6 bemenetére érkező megszakítás szubrutinjának kezdőcíme!
-902CH (65.o. ADI=0 esetén táblázat)

=== 6. d.)===
Egy aszinkron üzemmódba felprogramozott 8251-es soros áramkör hibásan működik. A program státusz beolvasáskor olyan hibákat olvas, amelyek adat fogadásakor lépnek fel. Melyek lehetnek ezek, mi lehet a hibák oka ?

# OVERRUN ERROR (=túlfutási hiba), akkor ha a puffer-regiszter megelőző tartalmát a CPU még nem olvasta ki és ezt a 8251 felülírja
# FRAMING ERROR (=kerethiba): 0 színtű STOP bitek érkeznek
# PARITY ERROR (=paritás hiba): rossz paritás

===6. e.)===
Mit jelent a BREAK üzemmód a 8251-es áramkörnél?
* aszinkron üzemmódban folyamatos kiküldhetők a vonalra, ha nincs folyamatban adatkivitel, állapotjelzésre is szolgálhat

Mire alkalmazható?
* felhasználható megszakításkérés jelzésére

Hogyan lehet beállítani?
* beállítása: a Command Instruction 3. bitje, a SBRK =1 esetén a TXD=0 lesz (Break karakter)

=== 6. f.)===
Rajzolja fel egy aszinkron üzemmódban felprogramozott USART kimeneti jelalakját (TxD) 8 bites, 0Fh értékű adat elküldésekor, ha páros paritást és 1 stop bitet alkalmazunk.

0 1 1 1 1 0 0 1
___ ___ ___ ___ ___
___| |___ ___|

=== 6. g.)===
Egy i8085-ös mikroprocesszoros rendszerben az A, B, C jelek külön kártyákon állnak elő, változásuk egymástól független, de mindannyian szeretnének időszakosan megszakítást kérni a processzor RST5.5 vonalán. Milyen kimenetű kapukat kell a szaggatottal jelölt dobozokba tervezni, hogy a rendszer helyesen működjön, miért?
* Open collector, mivel a kimeneteket összekötöttük, és a rendszer tartalmazott közvetlen felhúzó ellenállást

=== 6. h.) ===
Egy i8085-ös mikroprocesszoros rendszerben az A, B, C jelek külön kártyákon állnak elő, változásuk egymástól független, de mindegyiket szeretnénk időszakosan címezhetően külön-külön beolvasni a processzor D0 adatvonalán. Milyen kimenetű kapukat kell a szaggatottal jelölt dobozokba tervezni, hogy a rendszer helyesen működjön, miért?
* Tristate, mivel a kimenetek összekötöttük és a rendszer nem tartalmazott közvetlen felhúzó ellenállást

===6. i.)===
Egy 8085 mikroprocesszoros rendszerben 1 master és 4 slave 8259-es IT vezérlőt használunk. Hány megszakítást tudunk összesen lekezelni a 8259-esekkel?
* 4*8+(8-4)=36
* A 4 Slave 8 megszakítást tud kezelni + a Master maradék IR bemenetei felhasználhatók megszakításkérés céljára (60.o./3.4.)

A fenti konfigurációt úgy kötötték be, hogy a slave egységek a master 0,2,4 és 6 sorszámú bemenetére kapcsolódnak. A rendszer hibásan működik. Miért? Indokolja a választ!
* ha a Masternek egyedi megszakításkérő vezetékei is vannak, akkor a IR0 bemenetre nem szabadna az egyik Slave-t sem rákötni, ugyanis a CAS vezetékek 0 állapota egyszerre jelentené a Master és az egyik Slave megszakításkérését (62.o./3.4.)

A fenti konfigurációban az összes vezérlő egy közös meghajtón (74LS245) keresztül csatlakozik a rendszersínre. Hogyan lehet ilyen esetben az egyes vezérlőknek megmondani, hogy master vagy slave szerepet játszanak?
* az ICW 4 parancsbyte 2. bitjével (=M/S) (66.o./3.6.3.)

=== 6. j.)===
Egy DMA vezérlő mind a 4 csatornájára egy-egy periféria csatlakozik. Használható-e ilyenkor az 1-es csatorna
AUTOLOAD üzemmódban? Indokolja a választ!
*Nem, csak a CH2 és CH3 használható (81.o./4.6.4.)

Programozza fel a DMA vezérlőt AUTOLOAD üzemmódba úgy, hogy a 9000h memóriacímtől kezdődő címre
periódikusan 128 byte adatot legyen képes betölteni a perifériából. A 8257-es báziscíme: 70H.

LXI D,9000H
MVI B,128
MOV A,10101111B
OUT 78H ;beírás A3=1, A2=A1=A0=0
TOLT: IN 78H ;kiolvasás is A3=1, A2=A1=A0=0
STAX D
INX D
DCR B
JNZ TOLT
END

=== 6. k.) ===
Mi különbség adatátvitel szinkronizálása szempontjából a 8251-es soros áramkör aszinkron és szinkron soros adatátvitele között?
* az aszinkron átvitel esetén a start és stop bitek segítségébel szinkronizájla az átvitelt, a start bit megérkezésést az RXD 1 -> 0 átmenet jelzi
* a szinkron átvitel esetén a szinkronizálást külső, vagy belső eljárással kell megoldani, SYNC karakter érkezésére várunk (belső) vagy a SYNDET-et bemenetként programozzuk fel

=== 6. l.) ===
Programozzon fel egy 8253-as timer áramkört, amely 3,072MHz-ről 4800Hz frekvenciára osztja le jelet, 50-50%-os kitöltésűre! A 8253-as áramkör binárisan számol, és 90h báziscíme van. Használja a 0-s számlálót!

;3,072 Mhz=4800*640
;640= 0000 0001 | 0100 0000

MOV A,00111110B
OUT 93H
MOV A,01H
OUT 90H
MOV A,80H
OUT 91H

=== 6. m.) ===
Egy kaszkádosított 8259-es rendszerben a MASTER egység IR7 és IR6 bemenetére SLAVE áramkörök kapcsolódnak.
Adja meg, hogy milyen ICW3 parancsot kell küldeni a Master egységnek!
* 11000000 (66.o./3.6.2.)

Adja meg, hogy milyen ICW3 parancsot kell küldeni Az IR6-ra csatlakozó SLAVE egységnek
* 01000000 (66.o./3.6.2.)

Hogyan tudjuk kijelölni, hogy lesz ICW3 parancs?
*az ICW1 SNGL bitjének 0 állapotba állításával, az ICW1 1. bitje (D1) (63.o. táblázat, 64.o. ICW1 - SNGL)

== 7. feladat ==

Ehhez létezik egy javításokat tartalmazó PDF. [[Media:Digit2_ef_V2_megold_6-7-javitott.pdf|Megtekintés.]]

===7. a.)===
Sorolja fel az i8085 állapotait!
* RUN, WAIT, HALT, HOLD

===7. b.)===
Szerkesszen gráfot, amely az i8085-ös állapotainak kapcsolatát ábrázolja! A nyilazott ágakra az állapot-változások okait kell felírni.

* RUN -> WAIT: Ready jel 0 szintre vált
* WAIT -> RUN: Ready jel 1-re vált
* RUN -> HALT: HLT parancs kiadásakor
* HALT -> RUN: megszakításkérés érkezésekor
* RUN -> HOLD: HOLD 1-be vált
* HOLD -> RUN: a HOLD jel megszűnése után
* HALT -> HOLD: HOLD igény érkezésekor (HOLD=1)
* HOLD -> HALT: HOLD megszűnése (HOLD=0)

=== 7. c.) ===
Milyen esetekben kerül a 8085-ös mikroprocesszor HALT állapotból RUN állapotba?
* HALT -> RUN: megszakításkérés érkezésekor, illetve reset hatására

===7. d.)===
Sorolja fel azokat az eseteket, amikor az INTE FF = 0 értékű lesz!
* DI parancs kiadásakor, reset, megszakítás érvényre jutása után

===7. e.) ===
Sorolja fel azokat az eseteket, amikor az RST7.5 FF = 0 értékű lesz!
* SIM utasítás esetén,ha a 4. bittel töröljük az RST7.5-t (A4=1), illetve RESET után

===7. f.)===
Az i8085-ös processzor reszetelésekor milyen értékű lesz az INTEFF, és mi lesz a PC tartalma?
* az INTEFF-kat törli, tehát 0 lesz , PC:0000H

===7. g.)===
Milyen kezdőcímeken kezdődnek az RST 2 és RST 5 utasításokkal meghívott szubrutinok, illetve az RST 5.5 és az RST 7.5 megszakítási szubrutinok?
* RST 2: 10H
* RST 5: 28H
* RST 5.5: 2CH
* RST 7.5: 3CH

=== 7. h.)===
Mit kell kezdőértéknek az SP-be betölteni ha a programozó úgy kívánja beállítani a STACK tárat, hogy az első értékes beírt bájt 8FFFh-ra íródjon? Miért?
* 9000H, mert ''először'' csökkenti az SP értékét a processzor, és csak utána ír a stackre.

===7. i.)===
Hogyan jelezzük a fordítóprogramnak, hogy a generált kódot az 1698h címtől kezdődően helyezze el?
* ORG 1698H

===7. j.)===
Hogyan jelezzük a fordítóprogramnak, hogy az 1712h címtől kezdődően helyezze el a „digit” stringet?

ORG 1712H
KAR DB "digit"

===7. k.)===
Hogyan jelezzük a fordítóprogramnak, hogy inicializált vagy inicializálatlan helyfoglalás történik?
* inicializált: DB vagy DW,
* inicializálatlan: DS direktívát használunk

===7. l.)===
Mi a különbség az EQU 1200h és a DW 1200h direktívák között?
* CIMKE EQU 1200H: értékadás, hivatkozás a CIMKE-vel
* DW 1200H: inicializált helyfoglalás

===7. m.)===
Sorolja fel az i8085 mikroprocesszor megszakítással kapcsolatos jeleit!
* TRAP, RST 5.5,6.5,7.5, INTR

===7. n.)===
Milyen típusú kimenettel rendelkező áramkörökkel lehet busz rendszerű vezetékeket meghajtani? Húzza alá, hogy melyik típusú kimenet alkalmas arra, hogy egy vezetéket (busz) több kimenet egyidejűleg is meghajthasson?
* tristate, <u>open collector</u>

===7. o.)===
Miért nem lehet két totem-pole kimenetű áramkör kimeneteit összekötni? Indokolja a választ? (sztem érdemes indokolni:))
* mert az ellenáláskon túl nagy teljesítmény disszipálódna, és ennek eredménye a tönkremenetel

===7. p.)===
i8255-ös párhuzamos periféria áramkör A portját 1-es üzemmódban kimenetre, B-portját 0 üzemmódban bemenetre, C port alsó felét bemenetre, felső felét kimenetre kell állítani. Adja meg a vezérlő szó értékét!
* 10100011

Adja meg, melyik regiszterbe és milyen értéket kell írni, hogy a fenti üzemmód esetén a PC4 portbit 0 , illetve 1 értékű legyen!
* Bit Set/Reset művelettel: (a 8255-ös címe+3) címre kell kiküldeni a 00001000 byte-ot a 0-ba állításhoz, 00001001 byte-ot az 1-be állításhoz

===7. q.)===
Egy 3 gépi ciklusból álló utasítás (pl.: IN 83h) végrehajtása során az első gépi ciklus T1 fázisában egyidőben High (1) értékűek lesznek az INT és a HOLD bemenetek.

;Mikor adja át a DMA vezérlőnek a 8085-ös a busz vezérlési jogot? Indokolja a válaszát!
:a HOLD bemenet 1-be váltásakor

;Mikor jut érvényre a megszakítás (megszakításkérés engedélyezett állapotban van és nincs más kérés) Indokolja a válaszát!
:a HOLD jel megszűnését követően, hiszen a 7. b.) feladatban leírtak szerint működik a 8085, HOLD állapotból HALT-ba a HOLD=0-t követően, a HALT-ból a RUN-ba a megszakításkérést követően jut