Instruksi logika (1) Memanipulasi isi Accumulator, dibagi menjadi 2. Panjang instruksi : 1 byte. Panjang instruksi : 2 byte

Ukuran: px

Mulai penontonan dengan halaman:

Download "Instruksi logika (1) Memanipulasi isi Accumulator, dibagi menjadi 2. Panjang instruksi : 1 byte. Panjang instruksi : 2 byte"

Yuliani Tanudjaja
6 tahun lalu
Tontonan:

1 Andrian Rakhmatsyah

2 Instruksi logika (1) Memanipulasi isi Accumulator, dibagi menjadi 2 1. Operand kedua adalah register B dan C Panjang instruksi : 1 byte Format : Opcode Contoh : ANA B 2. Operand kedua adalah nilai konstanta Panjang instruksi : 2 byte Format : Opcode, byte Contoh : ANI C7H Andrian Rakhmatsyah 2

3 Instruksi logika (2) Instruction Opcode T Flags Addressing Bytes Arti ANA B A0H 4 S, Z Register 1 A A AND B ANA C A1H 4 S, Z Register 1 A A AND C ANI byte E6H 7 S, Z Immediate 2 A A AND byte CMA 2FH 4 None Implied 1 A A ORA B B0H 4 S, Z Register 1 A A OR B ORA C B1H 4 S, Z Register 1 A A OR C ORI byte F6H 7 S, Z Immediate 2 A A OR byte XRA B A8H 4 S, Z Register 1 A A XOR B XRA C A9H 4 S, Z Register 1 A A XOR C XRI byte EEH 7 S, Z Immediate 2 A A XOR byte Andrian Rakhmatsyah 3

4 Instruksi logika (3) MVI A, 02H ; A MVI B, 00H ; B MVI C, 01H ; C ANA B ; A AND ANI 00H ; A AND ORA C ; A OR XRI 00H ; A XRI HLT ; A Andrian Rakhmatsyah 4

5 Instruksi Lainnya (1) Instruction Opcode T Flags Addressing Bytes Arti NOP 00 4 None - 1 No Operation (delay) HLT 76 5 None - 1 Stop Processing IN byte DB 1 0 OUT byte D3 1 0 None Direct 2 A byte None Direct 2 Port byte A RAL 17 4 None Implied 1 Rotate All Left RAR 1F 4 None Implied 1 Rotate All Right Andrian Rakhmatsyah 5

6 NOP (No Operation) (1) Selama eksekusi, tidak akan terjadi apapun pada 4 keadaan T Termasuk isi register tidak akan berubah Disebut instruksi waste time Kadang-kadang diperlukan jika dalam suatu loop yang banyak, misalnya 100 kali. Jika terdapat sebuah instruksi NOP sekali dalam loop tersebut maka akan terdapat waktu tunda (delay) sebanyak 400 T Andrian Rakhmatsyah 6

7 NOP (No Operation) (2) Contoh, SAP-2 memiliki clock = 1 MHz. Berapa waktu yang dibutuhkan oleh subrutin di bawah ini? Label Mnemonik Komentar MVI C, 46H ; C 70 d LAGI : DCR C ; C C 1 JNZ LAGI ; Lompat jika Z = 0 NOP ; Tunda RET Andrian Rakhmatsyah 7

8 NOP (No Operation) (3) Diket: clock f = 1 MHz T Jawab : 1 6 instruksi dieksekusi x T states x T MVI = 1 x 7 x 1 µ = 7 µs DCR = 70 x 4 x 1 µ = 280 µs JNZ = 69 x 10 x 1 µ = 690 µs (jika terjadi lompatan) JNZ = 1 x 7 x 1 µ = 7 µs (tidak terjadi lompatan) NOP = 1 x 4 x 1 µ = 4 µs RET = 1 x 10 x 1 µ = 10 µs = 998 µs 1 ms f 1 10 s s Andrian Rakhmatsyah 8

9 Contoh Instruksi IN dan OUT(5) Tunjukkan sebuah program yang dapat menginputkan sebuah byte dari input port 1 dan menentukan apakah bit ke-0 bernilai 1 atau 0. Jika bit tersebut adalah 1 maka isikan akumulator dengan huruf Y dan jika 0 isikan N (ASCII : Y = 89 desimal ; N = 78 desimal). Jawaban bit Y atau N ditampilkan di Hexadecimal Display! Jawab : Label Mnemonik Komentar IN 01H ; A byte ANI 01H ; Cek bit ke-0 bernilai 0 atau 1 JZ YES ; Lompat jika bit ke-0 bernilai 0 (Nol) MVI A, 59H ; A 89 ( Y ) JMP END ; Lompat YES: MVI A, 4EH ; A 78 ( N ) END: OUT 03H ; Tampilkan ke Hexadecimal Display HLT ; Selesai Andrian Rakhmatsyah 9

10 Instruksi RAL dan RAR (1) RAL, mnemonik dari rotate the accumulator left yaitu menggeser semua bit ke kiri dan memindahkan posisi bit-msb ke posisi bit-lsb RAR, mnemonik dari rotate the accumulator right yaitu menggeser semua bit ke kiri dan memindahkan posisi bit-lsb ke posisi bit-msb MSB RAL LSB MSB RAR LSB Andrian Rakhmatsyah 10

Instruksi RAL dan RAR (2) 1111 0000 RAL 1111

11 Instruksi RAL dan RAR (2) RAL RAR Andrian Rakhmatsyah 11

12 Contoh (6) Tunjukkan program pada contoh 80 diatas, jika output diubah menjadi keluaran SERIAL! Jawab : Label Mnemonik Komentar IN 01H ; A byte ANI 01H ; Cek bit ke-0 bernilai 0 atau 1 JZ YES ; Lompat, jika bit ke-0 bernilai 0 MVI A, 59H ; A Y JMP END ; Lompat YES: MVI A, 4EH ; A N END: MVI C, 08H ; C 8 REPEAT: OUT 04H ; Kirimkan bit LSB pada A ke Port 4 RAR ; Putar bit LSB menjadi bit MSB DCR C ; C C 1 JNZ REPEAT ; Lompat, jika C 0 HLT Andrian Rakhmatsyah 12

13 HANDSHAKING (1) Handshaking adalah proses interaksi antar a CPU dengan peripheral device yang berlangsung selama pemindahan data ke I/O. SKENARIO : Setelah 2 digit (1 byte) dimasukkan lewat hexadecimal encoder, data dimasukkan ke input port 1, sekaligus pada waktu yang bersamaan input port 1 mengirimkan bit READY ke port 2. Sebelum data dari input port 1 masuk ke akumulator, CPU memeriksa bit READY pada Port 2 Jika bit READY = 0 (Low) maka CPU akan menunggu. Jika bit READY = 1 (High), data dari port 1 dimasukkan ke Akumulator Setelah data diterima akumulator, bit ACKNOWLEDGE dikirimkan oleh Akumulator ke port 4 untuk selanjutnya dikirimkan ke Hexadecimal encoder untuk mereset bit READY pada port 2 Andrian Rakhmatsyah 13

14 HANDSHAKING (2) 1. READY bit (bit-0, port 2) = 1 2. A byte pada port 1 3. A kirim ACK bit (bit-7, port 4) = 1 untuk mereset READY bit = 0 4. ACK bit di reset = 0 Andrian Rakhmatsyah 14

15 HANDSHAKING (3) Tuliskan program untuk memasukkan data dari port 1 dengan menggunakan proses handshaking! Label Mnemonik Komentar STATE : IN 02H ; Ambil byte dari port 2 ANI 01H ; Periksa bit READY sudah = 1 (HIGH) JZ STATE ; Ulangi jika belum siap IN 01H ; Ambil byte dari port 1 MOV B, A ; B A MVI A,80H ; Siapkan bit ACK, bit ke-7 yang high OUT 04H ; Kirimkan bit ACK MVI A, 00H ; Reset bit ACK OUT 04H ; Keluarkan ACK HLT Andrian Rakhmatsyah 15

16 Contoh Kasus (1) Berapa waktu yang diperlukan untuk mengeksekusi subrutin berikut ini : Label Mnemonik MVI B, 0AH LOOP1 : MVI C, 47H LOOP2: DCR C JNZ LOOP2 DCR B JNZ LOOP1 RET Andrian Rakhmatsyah 16

17 Contoh Kasus (2) Program memiliki 2-buah looping yaitu nested-loop. Looping dalam looping. Loop-dalam (Loop2) DCR C = 71 eksekusi x 4 clock x 1 µs = 284 µs JNZ Loop2 = 70 x 10 x 1 µs = 700 µs (dg lompatan) JNZ Loop2 = 1 x 7 x 1 µs = 7 µs (tanpa lompatan) Total = 284 µs µs + 7 µs = 991 µs Saat C = 0, maka B = B 1 dan JNZ Loop1 kembali ke MVI C, 47H. Kemudian, Loop2 dieksekusi lagi. Loop2 akan dilakukan sebanyak = 10x (0AH), sehingga MVI B, 0AH = 1 x 7 x 1 µs = 7 µs MVI C, 47H = 10 x 7 x 1 µs = 70 µs Loop2 = 10 x 991 µs = 9910 µs DCR B = 10 x 4 x 1 µs = 40 µs JNZ Loop1 JNZ Loop1 = 9 x 10 x 1 µs = 90 µs (dg lompatan) = 1 x 7 x 1 µs = 7 µs (tanpa lompatan) RET = 1 x 10 x 1 µs = 10 µs Total = = µs 10 ms Andrian Rakhmatsyah 17

18 Subrutin 1 ms Subrutin D1ms Label Mnemonik MVI C, 47H ; 1 x 7 x 1 µs = 7 µs Loop1 : DCR C ; 71 x 4 x 1 µs = 284 µs JNZ Loop1 ; 70 x 10 x 1 µs = 700 µs ; 1 x 7 x 1 µs = 7 µs End : RET ; 1 x 10 x 1 µs = 10 µs = 1008 µs 1 ms Andrian Rakhmatsyah 18

19 Referensi: Malvino, Albert Paul; Jerald A. Brown Digital Computer Electronics.3rd edition. McGraw-Hill. New York 19

dokumen-dokumen yang mirip

Simple As Posible 2 (bag-2)

Simple As Posible 2 (bag-2) (Pertemuan ke-18) Disusun ulang oleh: Andrian Rakhmatsyah Diedit ulang oleh: Endro Ariyanto Prodi S1 Teknik Informatika Fakultas Informatika Universitas Telkom Maret 2016 Instruksi