APUNTES DEL MICROPROCESADOR 8085

UNIVERSIDAD DE TARAPACÁ
Escuela Universitaria de Ingeniería

Eléctrica – Electrónica
[Edición 8]

“APUNTES DEL
MICROPROCESADOR 8085”
PROGRAMACIÓN EN LENGUAJE
ASSEMBLER

AUTOR:
PAUL TERRAZAS L.

ARICA – CHILE
2013

Clases de Microprocesadores –Prof. B.Barraza.

1.

INTRODUCCION AL MICROCOMPUTADOR.

INTEL fue fundada por Gordon E. Moore y Robert Noyce en 1969, quienes
inicialmente quisieron llamar a la empresa Moore Noyce, pero sonaba mal (ya que en
inglés suena como More Noise, que literalmente significa: Más Ruido), así que eligieron
como nombre las siglas de Integrated Electronics, en español Electrónica Integrada.
Este nombre estaba registrado por una cadena hotelera, por lo que tuvieron que comprar
los derechos para poder utilizarlo.
El éxito comenzó modestamente cuando consiguieron que los japoneses Busicom les
encargasen una remesa de microprocesadores para sus calculadoras programables. Pese
a las indicaciones de los japoneses, el ingeniero Ted Hoff diseñó un chip revolucionario
que podía ser utilizado en muchos otros dispositivos sin necesidad de ser rediseñado.
Los chicos de Intel enseguida se dieron cuenta del potencial de este producto, capaz de
dotar de ‘inteligencia’ a muchas máquinas ‘tontas’. El único problema es que Busicom
poseía los derechos, y para recuperarlos Intel tuvo que pagarles 60.000 dólares.
El centro de operaciones de Intel está localizado en Santa Clara, California. La
compañía también tiene instalaciones en Argentina, China, Costa Rica, Malasia,
México, Israel, Irlanda, India, Filipinas, y Rusia. En los Estados Unidos Intel emplea
más de 45.000 personas en Colorado, Massachusetts, Arizona, Nuevo México, Oregón,
Texas, Washington, y Utah
1.1.-Centro de operaciones
El centro de operaciones de Intel está localizado en Santa Clara, California. La
compañía también tiene instalaciones en Argentina, China, Costa Rica, Malasia,
México, Israel, Irlanda, India, Filipinas, y Rusia. En los Estados Unidos Intel emplea
más de 45.000 personas en Colorado, Massachusetts, Arizona, Nuevo México, Oregón,
Texas, Washington, y Utah

1.1.1.-Adquisición de McAfee
El 19 de agosto de 2010 Intel, el mayor fabricante mundial de microchips, anunció la
compra de McAfee, compañía de software de seguridad informática y del cual su
producto más conocido es el antivirus McAfee VirusScan. Al mismo tiempo McAfee ya
había anunciado la inversión en empresas especializadas a su vez en seguridad
dispositivos móviles, como tenCube y Trust Digital, pese a haber obtenido bajos
resultados en el último trimestre. La adquisición anunciada por Intel registra una
operación de 7.680 millones de dólares.


1.2.-EVOLUCION DE LOS MICROPROCESADORES INTEL
El Intel 4004 (i4004), un CPU de 4 bits, fue el primer microprocesador en un
simple chip, así como el primero disponible comercialmente. Aproximadamente al
mismo tiempo, algunos otros diseños de CPU en circuito integrado, tales como el
militar F14 CADC de 1970, fueron implementados como chipsets, es decir
constelaciones de múltiples chips.

Fig.1.2.1.3.-Historia y descripción
El 4004 fue lanzado en un paquete de 16 pines CERDIP el 15 de noviembre de
1971. El 4004 fue el primer procesador de computadora diseñado y fabricado por el
fabricante de chips Intel, quien previamente hacía semiconductores de chips de
memoria. Marcian "Ted" Hoff formuló la propuesta arquitectónica en 1969. Sin
embargo, la implementación del microprocesador sólo comenzó en 1970 cuando
Federico Faggin fue empleado por Intel, procedente de Fairchild Semiconductor, para
dirigir el proyecto y para diseñar el 4004 (1970-1971). En Fairchild, Faggin había
desarrollado la tecnología pionera llamada Silicon Gate Technology (SGT) y había
también diseñado el primer circuito integrado MOS usando la tecnología SGT (el
Fairchild 3708), en 1968, demostrando la viabilidad de la nueva tecnología.
1.3.1.-Especificaciones técnicas.
 Microprocesador de 4 bits
 Contiene 2.300 transistores
 Encapsulado CERDIP de 16 pines
 Máxima velocidad del reloj 740 KHz
 Usa Arquitectura Harvard, es decir, almacenamiento separado de programas y
datos. Contrario a la mayoría de los diseños con arquitectura de Harvard, que
utilizan buses separados, el 4004, con su necesidad de mantener baja la cuenta
de pines, usaba un bus de 4 bits multiplexado para transferir:
 12 bits de direcciones (direccionando hasta 4 KB)
 Instrucciones de 8 bits de ancho, que no deben ser colocadas en la misma
memoria de datos de 4 bits de ancho.
 El conjunto de instrucciones está formado por 46 instrucciones (de las cuales 41
son de 8 bits de ancho y 5 de 16 bits de ancho)
 16 registros de 4 bits cada uno
 Stack interno de llamadas a subrutinas de tres niveles de profundidad
 Chipset (circuitos auxiliares) para crear sistemas basados en el 4004


1.4.-INTEL 4040
El Intel 4040 fue el sucesor del Intel 4004. Fue lanzado al mercado en 1974. Diseñado
por Federico Faggin (quien propuso la arquitectura y condujo el proyecto) y Tom Innes.
El 4040 fue usado primariamente en juegos, pruebas, desarrollo, y equipos del control.
El paquete del 4040 era más de dos veces el ancho del 4004 y tenía 24 pines en lugar de
los 16 del 4004. El 4040 agregó 14 instrucciones, un espacio más grande para el stack (7
niveles en vez de 3), un espacio para programas de 8KB, 8 registros adicionales, y
habilidades de interrupción (incluyendo sombras (shadows) de los primeros 8 registros).
Nuevas características
 Interrupciones
 Ejecución paso a paso

Fig.1.4.Extensiones
 Conjunto de instrucciones ampliado a 60 instrucciones.
 Memoria de programa ampliada a 8 Kbytes.
 Registros ampliados a 24.
 Pila de llamadas ampliada a 7 niveles de profundidad.
1.5.-INTEL 8008
El Intel 8008 (i8008) es un microprocesador diseñado y fabricado por Intel que fue
lanzado al mercado en abril de 1972. Codificado inicialmente como 1201, fue pedido a
Intel por Computer Terminal Corporation para usarlo en su terminal programable
Datapoint 2200, pero debido a que Intel terminó el proyecto tarde y a que no cumplía
con la expectativas de Computer Terminal Corporation, finalmente no fue usado en el
Datapoint 2200. Posteriormente Computer Terminal Corporation e Intel acordaron que
el i8008 pudiera ser vendido a otros clientes.
El conjunto de instrucciones del i8008 y de todos los procesadores posteriores de
Intel está fuertemente basado en las especificaciones de diseño de Computer Terminal
Corporation.
El i8008 emplea direcciones de 14 bits, pudiendo direccionar hasta 16 KB de
memoria. El circuito integrado del i8008, limitado por las 18 patillas de su encapsulado
DIP, tiene un bus compartido de datos y direcciones de 8 bits, por lo qu e necesita una


gran cantidad de circuitería externa para poder ser utilizado. El i8008 puede acceder a 8
puertos de entrada y 24 de salida.

Aunque un poco más lento que los microprocesadores Intel 4004 e Intel 4040 de
4 bits en cuanto a la cantidad de millones de instrucciones por segundo ejecutadas, el
hecho de que el i8008 procesara 8 bits de datos al tiempo y de que pudiera acceder a
mucha más memoria hacen que el i8008 sea en la práctica unas tres o cuatro veces más
rápido que sus predecesores de 4 bits.
1.6.-INTEL 8080
El Intel 8080 fue un microprocesador temprano diseñado y fabricado por Intel. El CPU
de 8 bits fue lanzado en abril de 1974. Corría a 2 MHz, y generalmente se le considera
el primer diseño de CPU microprocesador verdaderamente usable.

1.6.1.-Modelo de programación
El Intel 8080 fue el sucesor del Intel 8008, esto se debía a que era compatible a
nivel fuente en el lenguaje ensamblador porque usaban el mismo conjunto de
instrucciones desarrollado por Computer Terminal Corporation. Con un empaquetado
más grande, DIP de 40 pines, se permitió al 8080 proporcionar un bus de dirección de
16 bits y un bus de datos de 8 bits, permitiendo el fácil acceso a 64 KB de memoria.
Tenía siete registros de 8 bits, seis de los cuales se podían combinar en tres registros de
16 bits, un puntero de pila en memoria de 16 bits que reemplazaba la pila interna del
8008, y un contador de programa de 16 bits.
1.6.2.-El impacto industrial
El 8080 fue usado en muchos de los primeros microcomputadores, tales como la
Altair 8800 de MITS y el IMSAI 8080, formando la base para las máquinas que corrían
el sistema operativo CP/M. Posteriormente, en 1976, aparece el microprocesador Zilog
Z80, completamente compatible con el 8080 pero más capaz, el cual capitalizaría en
esto, convirtiéndose el Z80 y el CP/M en la combinación dominante de CPU y OS del
período, bastante parecido al x86 y el MS-DOS para el PC de la década posterior, los


(años 1980). El primer microcomputador en una simple tarjeta fue construido en base al
8080.

1.7.-INTEL 8085
El Intel 8085 es un procesador de 8 bits fabricado por Intel a mediados de los 70.
Era binariamente compatible con el anterior Intel 8080 pero exigía menos soporte de
hardware, así permitía unos sistemas de microordenadores más simples y más baratos
de hacer.
El número 5 de la numeración del procesador proviene del hecho que solamente
requería una alimentación de 5 voltios, no como el 8080 que necesitaba unas
alimentaciones de 5 y 12 voltios. Ambos procesadores fueron usados alguna vez en
ordenadores corriendo el sistema operativo CP/M, y el procesador 8085 fue usado como
un microcontrolador.
1.7.1.-Longitud de palabra
La longitud de palabra del microprocesador Intel 8085 es de 8 bits, o lo que es lo
mismo, 1 byte.

1.8.-INTEL 8088
El 8088 fue lanzado en 1979.
El 8086 y el 8088 ejecutan el mismo conjunto de instrucciones. Internamente
son idénticos, excepto que el 8086 tiene una cola de 6 bytes para instrucciones y el 8088
de solo 4. Exteriormente se diferencian en que el 8086 tiene un bus de datos de 16 bits y
el del 8088 es de solo 8 bits, por ello, el 8086 era más rápido, mientras que el 8088
podía usar menos y más económicos circuitos lógicos de soporte, lo que permitía la
fabricación de sistemas más económicos.
El 8088 fue el microprocesador usado para el primer computador personal de
IBM, el IBM PC, que salió al mercado en agosto de 1981.
 Bus de datos de 8 bits
 Arquitectura interna de 16 bits
 Direccionamiento de 1Mb
 Clock de 5 MHz
 Modo máximo y modo mínimo
Bus de direcciones y datos multiplexados


1.9.-INTEL 80186 Y 80188
Los Intel 80186 y 80188 (i80186 e i81088) son dos microprocesadores que
fueron desarrollados por Intel alrededor de 1982. Los i80186 e i80188 son una mejora
del Intel 8086 y del Intel 8088 respectivamente. Al igual que el i8086, el i80186 tiene
un bus externo de 16 bits, mientras que el i80188 lo tiene de 8 bits como el i8088, para
hacerlo más económico. La velocidad de reloj del i80186 e i80188 es de 6 MHz.
Ambos microprocesadores no fueron muy usados en ordenadores personales,
sino que su uso principal fue como procesadores empotrados.
Una característica principal del i80186 e i80188 es que utilizándolos es posible reducir
el número de circuitos integrados auxiliares necesarios, al integrar características como
un controlador de acceso directo a memoria (DMA), un controlador de interrupciones,
temporizadores y lógica de selección de circuito integrado.
1.9.1.-Nuevas instrucciones
Con el i80186 e i80188 se introdujeron ocho nuevas instrucciones al conjunto de
instrucciones x86.

1.10.-INTEL 80286
El Intel 80286 (llamado oficialmente iAPX 286, también conocido como i286 o
286) es un microprocesador de 16 bits de la familia x86, que fue lanzado al mercado por
Intel el 1 de febrero de 1982. Cuenta con 134.000 transistores.

Características
Una de las características interesantes de este procesador es que fue el primer
procesador x86 con modo protegido, en el cual existían cuatro anillos de ejecución y
división de memoria mediante tablas de segmentos. En este modo trabajaban las
versiones de 16 bits del sistema operativo OS/2. En este modo protegido se permitía el
uso de toda la memoria directamente, habilitando que pudiera ser direccionada hasta 16
MB de memoria con la unidad de gestión de memoria (MMU) lineal del chip y con 1
GB de espacio de dirección lógica.
1.11.-INTEL 80386
El Intel 80386 (i386, 386) es un microprocesador CISC con arquitectura x86.
Durante su diseño se lo llamó 'P3', debido a que era el prototipo de la tercera generación
x86. El i386 fue empleado como la unidad central de proceso de muchos ordenadores
personales desde mediados de los años 80 hasta principios de los 90.


Fabricado y diseñado por Intel, el procesador i386 fue lanzado al mercado el 16
de octubre de 1985. Intel estuvo en contra de fabricarlo antes de esa fecha debido a que
los costes de producción lo hubieran hecho poco rentable.

El hardware de un piloto automático y aerodinámico típico es un conjunto de cinco
CPUs 80386, cada una con su propio circuito impreso. El 80386 es un diseño barato y
probado a fondo que puede implementar un verdadero ordenador virtual. Se han
implementado nuevas prestaciones que lo convierten en resistente a la radiación y
adecuado para uso aeroespacial, pero a este veterano diseño le favorece el bajo coste, su
amplio uso, y el que su rendimiento y desarrollo de software está perfectamente
caracterizado
1.12.-INTEL 80486
Los Intel 80486 (i486, 486) son una familia de microprocesadores de 32 bits con
arquitectura x86 diseñados por Intel Corporation.
Los i486 son muy similares a sus predecesores, los Intel 80386. La diferencias
principales son que los i486 tienen un conjunto de instrucciones optimizado, una unidad
de coma flotante y un caché unificado integrados en el propio circuit0 integrado del
microprocesador y una unidad de interfaz de bus mejorada.

Estas mejoras hacen que los i486 sean el doble de rápidos que un i386 e i387 a la misma
frecuencia de reloj. De todos modos, algunos i486 de gama baja son más lentos que
los i386 más rápidos.

2.- Constitución básica de un microprocesador 8085.
El microprocesador posee una serie de “bloques internos” que se comunican
entre sí y con el exterior a través de unos conjuntos de líneas denominados buses que
sirven para transmitir señales y datos entre los distintos componentes. Puede apreciarse
con claridad la diferencia entre los buses internos, empleados por el microprocesador
para realizar sus operaciones internas y los buses externos, utilizados para comunicarse


con el exterior, es decir con componentes que están situados fuera del propio
microprocesador. Existen tres tipos de buses distintos:
2.2.1.- Bus de direcciones
Se crea en los registros de direccionamiento de 16 bits y se comunica con el
exterior mediante un conjunto de 16 líneas (líneas de direcciones) normalmente
enumeradas de A0 hasta A15. Por este bus, las direcciones salen siempre hacia el
exterior.
2.2.2.- Bus de datos
Se genera en el interior del microprocesador y lo utiliza para intercambiar
información entre sus distintos bloques internos y para comunicarse con el exterior.
Son un conjunto de 8 bits que utilizan 8 líneas de conexión al exterior, normalmente
denominadas D0 a D7. Por este bus sale y entra información, por tanto se trata de un
bus bidireccional.
2.2.3.- Bus de control
Compuesto por una serie de líneas, variable en número según el componente de
que se trate. Contiene las líneas de sincronización de funciones, pudiendo ser unas de
salida y otras de entrada al microprocesador. Algunas señales de control pueden ser por
ejemplo, las de lectura, escritura, reloj o clock, etc.
BUS DATOS INTERNO

ACUMULADOR
REGISTROS
INTERNOS DE 8
BITS

ALU

BUS DATOS
EXTERNO

CONTROL

REGISTROS
INTERNOS DE
16 BITS

BUS DE
DIRECCIONES
INTERNO

BUS DIRECCIONES EXTERNO

REGISTRO DE
FLAGS

BUS DE
CONTROL

FIG.12A

El bloque fundamental del microprocesador es el llamado ALU, representa la
parte del microprocesador que realiza las operaciones aritméticas y lógicas. Para llevar a
cabo este proceso emplean normalmente un registro especial denominado Acumulador
donde almacenan el resultado de las operaciones realizadas. Algunos microprocesadores
poseen más de un acumulador.
Para completar las indicaciones necesarias tras la ejecución de las instrucciones,
el microprocesador emplea además un registro especial de 8 bits denominado Registro


de Estado o Registro de Flags que marcarán distintas características y peculiaridades
de las operaciones desarrolladas. Posteriormente Se verá con más detalle este Registro
de Flags.
En la FIG.12A puede verse también un bloque denominado Control que sirve
para sincronizar el funcionamiento de todo el sistema. Genera señales de sincronismo
para la ALU, memorias y dispositivos de E/S. Las unidades de control generalmente
están constituidas basándose en microprogramación (programación interna no accesible
al usuario) y se encargan de descifrar y ejecutar las instrucciones del programa que
nosotros construyamos.
Puede verse además un bloque compuesto por Registros Internos de 8 bits, se
trata en este caso de una serie de registros (variable según el microprocesador de que se
trate) de uso general que emplea la ALU para manipular datos. Estos registros
normalmente almacenan palabras de 8 bits y en ocasiones pueden ser utilizados como
registros pares (de dos en dos) almacenando palabras o informaciones de 16 bits.
Hay también un bloque de Registros Internos de 16 bits que también son
llamados registros de direccionamiento. Están conectados al bus de direcciones y suele
haber dos registros de este tipo que son:
El Puntero de Pila, denominado abreviadamente SP, es indispensable durante
el desarrollo de programas tanto para trabajar con interrupciones como para el
tratamiento de subrutinas. El contenido del SP señalará en todo momento a la cima de la
pila. (La pila estará constituida por un bloque de memoria RAM, donde se almacenarán
de forma temporal los datos. Hablaremos de ella con posterioridad).
El Contador de Programa, denominado abreviadamente PC, es imprescindible
en todos los microprocesadores. Contiene la dirección de la siguiente instrucción que
deba ejecutarse y su contenido se va incrementando a medida que las instrucciones van
siendo ejecutadas. De todas formas el contenido del PC puede alterarse por programa
cuando se desee o cuando se necesite como posteriormente se verá, alterando de este
modo la ejecución secuencial de las instrucciones.


3.-Arquitectura del microprocesador 8085
Sintetizando, el microprocesador 8085 está constituido básicamente por tres grandes bloques:
una unidad de control, un conjunto de registros y una unidad aritmético-lógica.
-Unidad de control (UC).
-Registros internos del microprocesador (RI).
- Unidad aritmético-lógica ALU

Fig.- Estructura del microcontrolador


3.1.- Unidad de control.
La unidad de control es un bloque de lógica cableada dentro del CI. Esta parte del
sistema controla y sincroniza las transferencias de datos y las operaciones que se
realizan con ellos.
Por una parte, la unidad de control se le aplica la señal de reloj maestro de
microprocesador, por otra, las señales de control de otros elementos del sistema, para
interrumpir la secuencia del programa, y el bus de datos, a través del decodificador de
instrucciones con la información ya interpretada, para que la unidad pueda responder
con las señales adecuadas. Unas salidas de la unidad de control se dirigen a los
elementos externos del microprocesador (memoria y dispositivos de E/S) para indicar,
por ejemplo, que la operación en curso se trata de una lectura o de una escritura, otras a
los registros internos de la propia CPU.

Fig.3.1.-Unidad de control y buses.
La unidad de control, en resumen, regula la función básica del microprocesador
consistente en la búsqueda y posterior ejecución de instrucciones. Esta operación es
cíclica mientras no se interrumpa mediante una instrucción de paro (HALT). En el
estado de búsqueda se transfiere una instrucción desde la memoria hasta el
microprocesador y en el estado de ejecución se realiza esta operación.
3.2 Registros internos del microprocesador.
El 8085 tiene una serie de registros de propósito general denominados B, C, D,
E, H y L de 8 bits cada uno pueden operar en parejas, como se mencionó anteriormente
(se agrupan para este fin B con C, D con E y H con L). Se utilizan para
transformaciones internas y así obtener una mayor flexibilidad y rapidez de operación.


Los registros de propósito especial son: el Contador del Programa (CP), de 16 bits; el
Stack Pointer o puntero de pila (SP), 16 bits; los Registros Temporales, de 8 bits
cada uno, pero que pueden operar unidos; el Registro de direcciones, de 16 bits, cuyas
salidas son las patas del bus de direcciones del microprocesador, y el Registro de
Instrucción (RI), de 8 bits.
El Contador de Programa (CP) es un registro que memoriza la dirección de
la próxima instrucción a ejecutar o bien la dirección de parte de una instrucción formada
por más de un byte. Las instrucciones del 8085 y de todos los microprocesadores de 8
bits pueden ser de 1, 2 ó 3 bytes, ordenados de forma sucesiva en la memoria.
La unidad de control incrementa automáticamente en uno al contenido del CP
cada vez que termina un ciclo de búsqueda, salvo cuando aparece la instrucción HALT
(paro). La señal de RESET, que es una de las entradas de la unidad de control, coloca al
CP a cero e inicializa la ejecución del programa.

3.3.- Unidad aritmético-lógica.
La unidad de proceso completa del 8085 está formada por una ALU (Unidad
aritmético-lógica), que es un circuito combinacional capaz de realizar operaciones de
suma y resta, así como operaciones lógicas, un registro de 8 bits llamado Acumulador
(A) y un conjunto de cinco biestables o flags denominados registros de estado, que
ofrecen información relativa al resultado de las operaciones aritméticas o lógicas que se
realizan.

Fig.3.3.- Unidad aritmética lógica.
Cuando se realiza una operación, el acumulador contiene un operando y uno de los
registros temporales. El resultado de la operación se coloca en el acumulador
reemplazando al dato u operando que contenía anteriormente.


La denominación y situación de cada flag se muestra en el siguiente dibujo. CY es
el señalizador de arrastre, y su contenido pasa a ser 1 cuando se produce acarreo al
realizar una suma. AC es el señalizador de arrastre auxiliar. Se utiliza cuando se realizan
operaciones en BCD. Su valor será 1 cuando se produzca arrastre al efectuar la suma de
los bits de los operandos que ocupan el cuarto lugar por la derecha. S es el flag de signo
y su valor será 1 si el bit más significativo del resultado es 1. En caso contrario, será
cero. Z es el señalizador de cero y se pone a 1 cuando el resultado de una operación ha
sido cero. Por último, P es el flag de paridad y su valor será 1 cuando el número de bits
de una palabra depositada en acumulador sea par.

Fig.-Flags
S: (Signo)

Z: (Cero)

Si el resultado es negativo S=1

Si el resultado es Cero Z=1

Si el resultado es positivo S=0

Si el resultado es diferente de cero Z=0

AC: (Carry auxiliar)

P: (Paridad )

Si hay carry auxiliar AC=1

Si el resultado es par P= 1

Si no hay carry auxiliar AC=0

Si el resultado es impar P=0

CY: (Carry)
Si hay carry Cy=1
Si no hay carry Cy=0


4. Código máquina y nemónicos
El juego de instrucciones de un microprocesador lo constituye todo el conjunto de
expresiones binarias que el decodificador de instrucciones es capaz de interpretar. Es
evidente que cuanto mayor sea el número y más variado el repertorio mayor será la
operatividad del dispositivo y, en consecuencia, del sistema donde se integre.
El microprocesador, como todo circuito digital, opera con unos y con ceros
exclusivamente. Sin embargo, el sistema de codificación binario es muy engorroso para
ser utilizado como lenguaje de programación, ya que un dato o palabra, en un circuito
que utiliza un microprocesador como el 8085, está formado por 8 bits y una dirección
por 16 bits. Además, tales expresiones numéricas resultan ininteligibles.
Por este motivo, los equipos más elementales que se emplean para programar
admiten para la escritura de las instrucciones al menos la codificación hexadecimal. La
traducción a lenguaje binario, también denominado código máquina, se realiza con el
correspondiente decodificador hexadecimal/binario incorporado al equipo.

4.1. Acumulador Registro temporal
Lógicamente este sistema ofrece también grandes inconvenientes, tanto en la fase
de definición como en la de depuración, cuando el programa es complejo. Con el fin de
aproximar la escritura y lectura de programas al lenguaje habitual, se decidió expresar
las instrucciones de los microprocesadores utilizando la abreviatura o las siglas de la
palabra que define la operación que realiza. Dado el origen de las compañías fabricantes
de este tipo de dispositivos, estas palabras están expresadas en inglés. Así, por ejemplo,
la abreviatura MOV, que procede de MOVE y significa MOVER o TRASLADAR, se
utiliza para transferencia de datos entre registros internos o externos.
Estas expresiones se denominan nemónicos, que significa recordatorio. Por tanto,
las expresiones del microprocesador 8085 son un conjunto de 74 nemónicos
compatibles con las de otros dispositivos de INTEL, pero, desgraciadamente, distintas,
aunque realicen la misma operación, a las de otros fabricantes.
Existen equipos de programación que admiten directamente las instrucciones en
forma de nemónicos. Estos equipos disponen de un programa denominado assembler,
que traduce el programa escrito en leguaje ensamblador el sistema binario, que es el
único código capaz de ser interpretado por la máquina. Los equipos más complejos,
denominados genéricamente sistemas de desarrollo, son capaces de traducir a código
máquina cualquier programa escrito en lenguajes de alto nivel, tales como Pascal,


BASIC, etc. Estos equipos facilitan enormemente el desarrollo del software de un
sistema digital.

5. Tipos de instrucciones
El número de instrucciones que cada microprocesador puede interpretar y
ejecutar es distinto en cada caso. Así el 8085 está diseñado para admitir 74 instrucciones
básicas, de tal forma que, si contemplamos las variantes de algunas de ellas, este
dispositivo está preparado par a realizar 246 operaciones distintas.
5.1 Lista de instruciones 8085
Las instrucciones del 8085 se pueden clasificar en cinco grupo:
5.1.1.- Transferencia de datos entre registros o entre posiciones de memoria y registros.
5.1.2.- Operaciones aritméticas.
5.1.3.-Operaciones lógicas
5.1.4.-Bifurcaciones (salto).
5.1.5.- Instrucciones de stack, /S y control de máquina.

Existe un gran cantidad de clasificaciones que sin lugar a dudas ayudarían a comprender mas
sus características. Pero su dominio no está en memorizarlas sin darle sentido, si no el buscar
herramientas que permitan solucionar requerimientos. En programación siempre se empieza con
la estructura elemental, de allí se arma la estructura total. Si no hay practica no hay maestría.

Índice de instrucciones del microprocesador 8085
1Nro
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20

Instrucción
MOV
MVI
CMP
CPI
LXI
STAX
STA
LDAX
LDA
INR
DCR
INX
DCX
ADD
ADC
ADI
ACI
SUB
SUI
SBI

Nro
21
22
23
24
25
26
27
28
29
30
31
32
33
34
35
36
37
38
39
40

Instrucción
ANA
ANI
XRA
XRI
ORA
ORI
CMC
STC
DAA
NOP
RLC
RRC
RAL
RAR
JMP
JC
JNC
JZ
JNZ
JM

Nro
41
42
43
44
45
46
47
48
49
50
51
52
53
54
55
56
57
58
59
60

Instrucción
JP
JPE
CALL
CC
CNC
CZ
CNZ
CM
CP
CPE
CPO
RET
RC
RNC
RZ
RNZ
RM
RP
RPE
RPO


Nro
61
62
63
64
65
66
67
68
69
70
71
72
73
74

Instrucción
RST
EI
DI
IN
OUT
HLT
PUSH
POP
DAD
XCHG
XTHL
SPHL

Tabla 2.1 Set de instrucciones del microprocesador 8085A

No

Nemonicos

Sintesis de operación y ejemplos

0.

Directiva General

.ORG 0

: Posicion de programa en la DIRECTIVA

.data 2000H
dB
dW
.define

: Direccion donde empiezo a colocar mis datos, en 2000H
: Directiva asociada a adatos
: Directiva asociada a datos exadecimales.
: Asume una variable a un numero

Ejemplo:
dB 1,2,5
Coloca los datos 1,2,5 en forma secuencial en la tabla.
dW 1,3,4,4,1234H
Coloca datos en la tabla pero ocupa 2 bytes.

1.

MOV R1, R2
Bits afectados:
Direccionamiento:
Registro
registro
indirecto

Movimiento
Direccionamiento registro.
El contenido del registro R2 es transferido al registro R1. R1 y R2 pueden ser los registros B, C, D, E, H, L o el acumulador
A.
Supongamos que el registro B contiene 00H y el registro C contiene 30H
MOV B,C
almacenará 30H en el registro B.

MOV Reg, M

Direccionamiento registro indirecto.
El contenido de la dirección de memoria, cuya dirección está en los registros H-L, es transferido al registro R. R puede ser
cualquiera de los registros A, B, C, D, E, H o L.

MOV M, Reg

Direccionamiento registro indirecto.
El contenido del registro R es transferido a la dirección de memoria indicada por los registros H-L.
Supongamos que el registro H contiene 00H y el registro L contiene 30H. La instrucción
MOV M, A
almacenará el contenido del acumulador en la posición de memoria 0030H.

MVI R1, R2

Cargar un registro con un dato Inmediato

Bits afectados:

El primer operando debe ser uno de los registros A, B, C, D, E, H o L, que será cargado con el dato especificado en el
segundo operando (DATOS). El dato no debe exceder de un byte.
La instrucción:
MVI H, 33H
carga en el registro H el valor 33H, mientras que La instrucción
MVI L, 44H
carga en el registro L el valor 44H.

Direccionamiento:
Inmediato

2

Supuestos los dos ejemplos anteriores, la instrucción
MVI M, Reg

MVI M, 2AH
carga en la posición de memoria 3344H (dirección aportada por los registros H
y L) el valor 2AH.


3

CMP Reg

Comparar registro o memoria con acumulador
El contenido del registro o posición de memoria especificados se compara con el contenido del acumulador. Esta
comparación se realiza restando internamente el contenido del registro al del acumulador, permaneciendo éste invariable, y
colocando los bits de condición en función del resultado. Concretamente, el bit de cero se pone a uno si las cantidades
comparadas son iguales, y se pone a cero si son desiguales.
Si el acumulador almacena 0AH y el registro B contiene 05H
CMP B
Compara B con el acumulador efectuando una resta interna.
1. El registro B contiene 05H, se complementa a 2.

Registro
Complemento 1
Compemento 2
Dato complementado

05H:
C-1:
C-2:
FBH:

Acumulador
Dato complementado
Nuevo acumulador

0
1

0AH:
FBH:
05H:

0
1

0
1

0
1

0
1

1
0

0
1

1

1

1

1

1

0

1

1
0
1
1

0
1
0

0
1
0

0
1
0

0
1
0

1
1
0

0
0
1

1
1
0

0
1
1

+

+

CY=0 Z=0
El bit de cero se pondra a cero puesto que son desiguales. Z=0

CMP M

4

CPI dato

Comparar el contenido del acumulador con un dato Inmediato

Flags afectados:
Z, S, P, CY, AC

Compara el valor del byte especificado con el contenido del acumulador y posiciona los bits de cero y acarreo para indicar
el resultado. El bit de cero indica igualdad. Un 0 en el acarreo indica que el contenido del acumulador es mayor que DATOS.
Un 1 en el acarreo indica que el acumulador es menor que DATOS. Sin embargo, el significado del bit de acarreo es contrario
cuando los valores tienen diferente signo o cuando uno de los valores está complementado. El valor de DATOS no debe
exceder de un byte.
Si tenemos la secuencia de instrucciones
(1).MVI A, 25H
(2).CPI 20H
La instrucción (1) carga en el acumulador el valor 25H.
La instrucción (2) realiza la siguiente operación de suma (tomando el
complemento a dos del dato inmediato, es decir, E0H):

Direccionamiento:
Registro indirecto

DATO
Complemento 1
Compemento 2
Dato complementado

20H:
C-1:
C-2:
E0H:

Acumulador
Dato complementado
Nuevo acumulador

0
1

25H:
E0H:
05H:

0
1

1
0

0
1

0
1

0
1

0
1

1

1

1

0

0

0

0

0
1
1
0

0
1
0

0
1
0

1
1
0

0
0
0

0
0
0

1
0
1

0
0
0

1
0
1

+

+

Cy=1
Las banderas son afectas.

S

Z

CPI
Z
Cy
X

A

X>Y
0
0
X

X=Y
1
0
P

X

X<Y
0
1
Cy

Cargar un par de registros con un dato Inmediato
5

LXI Reg,dato
Bits afectados:
Direccionamiento:

LXI es una instrucción de 3 bytes; su segundo y tercer byte contienen el dato que ha de ser cargado en el par de
registros (PR). El primer operando debe especificar el par de registros a ser cargados, pueden ser los pares BC, DE, HL, o el
SP. El segundo operando especifica los dos bytes a ser cargados. LXI es la única instrucción inmediata que acepta un valor de


Inmediato

6

16 bits. El resto trabajan con datos de 8 bits.
Si el par de registros especificados es SP, el segundo byte de la instrucción sustituye a los 8 bits menos significativos del
puntero de pila, mientras que el tercer byte de la instrucción reemplaza a los 8 bits más significativos del puntero de pila.
1. La instrucción
LXI B, 00FFH
carga en el registro B el valor 00H y en el registro C el valor FFH.
2. La siguiente instrucción carga en el puntero de pila el valor 1000H
LXI SP, 1000H

STAX Reg
Bits afectados:
Direccionamiento:
Registro indirecto

Almacenar el contenido del acumulador
El contenido del acumulador se almacena en la posición de memoria especificada por los registros B y C, o los registros
D y E.
Si el registro B contiene 3FH y el registro C contiene 16H, la instrucción
STAX B
almacenará el contenido del acumulador en la posición de memoria 3F16H.

7

STA Dir
Direccionamiento:
Directo

Almacenamiento directo desde el Acumulador
STA DIR almacena una copia del contenido actual del acumulador en la posición de
memoria especificada por DIR.
Todas las instrucciones que se muestran a continuación introducen el contenido del
acumulador en la posición de memoria 0080H:
STA 0080H

LDAX Reg

Cargar el acumulador
El contenido de la posición de memoria especificada por los registros B y C, o los registros D y E, reemplaza el
contenido del acumulador.
Si el registro D contiene 3FH y el registro E contiene 16H, la instrucción
LDAX D
cargará en el acumulador el contenido de la posición de memoria 3F16H.

LDA Dir
Bits afectados:
Direccionamiento:
Registro indirecto

Carga directa en el acumulador

10

INR Reg
Bits afectados:
Z, S, P, AC
Direccionamiento:
Registro indirecto

Incrementar registro o memoria
El contenido del registro o posición de memoria especificados se incrementa en una
unidad.
Si el registro A contiene 98H, la instrucción
INR A
hará que este registro contenga la cantidad 99H

11

DCR Reg
Bits afectados:
Z, S, P, AC
Direccionamiento:
Registro indirecto

12

INX Reg
Direccionamiento:
Registro

8

9

LDA DIR carga el acumulador con el contenido de la memoria direccionada por DIR. La dirección puede ser puesta como un
número, una etiqueta previamente definida o una expresión.
A continuación se introducen en el acumulador el contenido de la posición de memoria 1000H:
LDA 1000H

Decrementa registro o memoria
El contenido del registro o posición de memoria especificados se incrementa en una
unidad.
Si el registro A contiene 99H, la instrucción
DCR A
hará que este registro contenga la cantidad 98H.

Incrementar par de registros
El número de 16 bits contenido en el par de registros especificado se incrementa en una
unidad.
1. Suponiendo que los registros H y L contienen respectivamente 30H y 00H, la
instrucción
INX H
hace que el registro H contenga 30H y el registro L el valor 01H.
2. Si el puntero de pila contiene FFFFH, la instrucción
INX SP
hace que éste contenga 0000H.


13

DCX Reg
Direccionamiento:
Registro

Decrementar par de registros

ADD
Bits afectados:
Z, S, P,CY, AC
Direccionamiento:
Registro

Sumar registro o memoria al acumulador (Suma Aritmética)
El contenido del registro o posición de memoria especificados se suma al contenido del acumulador, usando
aritmética de complemento a dos. El resultado se guarda en el acumulador.
1. Si el registro B contiene el valor 3AH y el acumulador contiene 6CH, la instrucción
ADD B
realiza la siguiente suma:

El número de 16 bits contenido en el par de registros especificado se decrementa en una
unidad.
Suponiendo que los registros H y L contienen respectivamente 30H y 00H, la
instrucción
DCX H
hace que el registro H contenga 2FH y el registro L el valor FFH.

14

Registro B
Acumulador
Nuevo acumulador

3AH:
6CH:
A6H:

+

0
0
1

0
1
0

1
1
1

1
0
0

1
1
0

0
1
1

1
0
1

0
0
0

2. La instrucción
ADD A
duplica el contenido del acumulador.

Sumar registro o memoria al acumulador con acarreo

15

ADC Reg
Bits afectados:
Z, S, P,CY, AC
Direccionamiento:
Registro indirecto

El contenido del registro o posición de memoria especificados más el contenido del bit de acarreo, se suman al
contenido del acumulador.
Supongamos que el registro B contiene el valor 30H, el acumulador 76H, y el bit de
acarreo está puesto a cero. La instrucción 18 Simulador del microprocesador 8085
ADC C
realizará la siguiente suma:

Registro B
Acumulador
Bit de acarreo
Nuevo acumulador A6H

30H:
76H:

0
0

0
1

1
1

1
1

0
0

0
1

0
1

1

0

1

0

0

1

1

+

0
0
0
0

El nuevo contenido del acumulador será A6H, mientras que todos los bits de condición quedarán puestos a cero excepto
los de signo y paridad. Si el bit de acarreo hubiera sido 1 antes de realizar la operación, hubiera tenido lugar la siguiente
suma:

Registro B
Acumulador
Bit de acarreo
Nuevo acumulador A7H

30H:
76H:

0
0

0
1

1
1

1
1

0
0

0
1

0
1

1

0

1

0

0

1

1

El acumulador contendría ahora A7H y todos los bits de condición excepto el de
signo, estarían puestos a cero.

16

ADI
Bits afectados:
Z, S, P, CY, AC

Sumar al acumulador un dato Inmediato
Suma el valor del byte especificado en la instrucción (DATOS), al contenido del
acumulador y deja el resultado en el acumulador. El dato debe ser expresado en forma
de número, un ASCII constante, la etiqueta de un valor previamente definido o una


0
0
1
1

expresión. El dato no debe exceder de un byte.
Se utiliza aritmética de complemento a dos.
Ejemplo
A continuación presentamos un ejemplo con 3 instrucciones:
(1).MVI A, 34
(2).ADI 20
(3).ADI -20
En todas las instrucciones se utilizan datos en base decimal. Así, por ejemplo, en
la instrucción (2) el valor 20 es 14H.
La instrucción (2) realiza la siguiente suma

Acumulador
Dato inmediato
Nuevo acumulador

22H:
14H:
36H:

+

0
0
0

0
0
0

1
0
1

0
1
1

0
0
0

0
1
1

1
0
1

0
0
0

1
0
1

0
0
0

0
0
1
1

El bit de paridad se pone a uno y el resto se quedan a cero.
La instrucción (3) restaura el valor del acumulador realizando la siguiente suma:
Acumulador
Dato inmediato
Nuevoa acumulador

36H:
ECH:
22H:

+

0
1
0

0
1
0

1
1
1

1
0
0

0
1
0

1
1
0

Ahora los bits de paridad, acarreo y acarreo auxiliar se quedan a uno y el resto a cero.

17

ACI dato
Bits afectados:
Z, S, P, CY, AC

Sumar al acumulador un dato Inmediato con arrrastre
Suma el contenido del byte especificado (DATOS) en la instrucción, al contenido del
acumulador, añadiendo además el bit del acarreo. El resultado se almacena en el
acumulador (perdiéndose así el anterior contenido del Acumulador).
El dato (DATOS) debe estar especificado en forma de número, en ASCII
constante, como etiqueta de un valor previamente definido o una expresión. El dato no
debe exceder de un byte.

Tenemos las siguientes instrucciones:
(1).MVI A, 34
(2).ACI 20
y suponemos el bit de acarreo puesto a uno.
La instrucción (2) realiza la siguiente suma:
Registro B
Acumulador
Bit de acarreo
Nuevo acumulador

22H:
14H:

0
0

0
0

1
0

0
1

0
0

0
1

1
0

0

0

1

1

0

1

1

+
37H:

Todos los bits se ponen a cero.

Restar registro o memoria del acumulador
18

SUB Reg
Bits afectados:
Z, S, P,CY, AC
Direccionamiento:
Registro indirecto

El contenido del registro o posición de memoria especificados se resta al contenido del acumulador, usando
aritmética de complemento a dos. El resultado se guarda en el acumulador.
Si no hay acarreo del bit de más peso, el bit de acarreo se pone a uno, y viceversa, al contrario de lo que ocurre
con la operación de suma.
Antes de entrar en los ejemplos recordamos que restar utilizando aritmética de
complemento a dos equivale a complementar cada bit del segundo operando y sumar 1.
1. Si el acumulador contiene 60H y el registro E contiene 28H, la instrucción
SUB E
realizará la siguiente operación de resta: (Registro B)+(-28H)
Acumulador
Dato inmediato

60H:
28H:

0
0

1
0

1
1

0
0


0
1

0
0

0
0

0
0

Registro E
Complemento 1
Compemento 2
Dato complementado

28H:
C-1:
C-2:
D8H:

Acumulador
Dato complementado
Nuevo acumulador

60H:
D8H:
38H

0
1

0
1

1
0

0
1

1
0

0
1

0
1

1

1

0

1

1

0

0

0
1
1
0

0
1
0

1
1
0

1
0
1

0
1
1

0
1
1

0
0
0

0
0
0

0
0
0

+

+

A=38H
El acumulador obtiene un nuevo valor A=38H.

19

SUI dato
Bits afectados
Z, S, P, CY, AC

Restar del acumulador un dato Inmediato
Descripción
El byte de datos inmediato se resta del contenido del acumulador usando aritmética de complemento a dos. El resultado se
deja en el acumulador.
Ya que se trata de una operación de resta, el bit de acarreo se pone a uno cuando no hay acarreo del bit de más peso, y se pone
a cero si tiene dicho acarreo.
A continuación presentamos un ejemplo con 2 instrucciones:
(1).MVI A, B3H
(2).SUI B3H
La instrucción (1) carga en el acumulador el valor B3H.
La instrucción (2) realiza la siguiente suma (usando el complemento a dos del
dato inmediato):
Dato inmediato
Complemento 1
Compemento 2
Dato complementado

B3H:
C-1:
C-2:
4DH:

Acumulador
Dato complementado
Nuevo acumulador

B3H:
4DH:
00H:

1
0

0
1

1
0

1
0

0
1

0
1

1
0

0

1

0

0

1

1

0

1
0
1
1

1
0
0

0
1
0

1
0
0

1
0
0

0
1
0

0
1
0

1
0
0

1
1
0

+

+

Como era de esperar el resultado final del acumulador es cero ya que le estamos restando su propio valor. El valor 6DH del
dato inmediato corresponde al complemento a dos del valor B3H que estamos restando.
Debido a que existe desbordamiento del séptimo bit se produce acarreo y se pone el bit de acarreo a cero.
El bit de paridad se pone a uno mientras que los demás permanecen inactivos.

20

SBI

Restar del acumulador un dato Inmediato con arrrastre
El bit de acarreo se suma internamente al byte de datos inmediato. El valor obtenido se resta del contenido del
acumulador usando aritmética de complemento a dos. El resultado se deja en el acumulador.
Esta instrucción, al igual que SBB, se usa preferentemente para realizar restas multi-byte. Al igual que en el apartado anterior,
el bit de acarreo se pone a uno si no hay acarreo del bit de más peso, poniéndose a cero si lo hay.

Tenemos las siguientes instrucciones:
(1).MVI A, 00H
(2).SBI 01H
y suponemos el bit de acarreo puesto a cero.
La instrucción (2) realiza la siguiente suma (usando el complemento a dos del
dato inmediato):
Acumulador
Dato inmediato
Bit de acarreo
Nuevo acumulador

00H:
FFH:

0
1

0
1

1
1

0
1

0
1

0
1

0
1

1

1

1

1

1

1

1

+
FFH:

Cy=1
Z=0
Ca=0


0
1
0
1

No hay acarreo, por lo que el bit de acarreo se pone a uno. Los bits de cero y
acarreo auxiliar están a cero, mientras que los de signo y paridad se ponen a uno.

21

ANA Reg
Bits afectados:
Z, S, P,CY, AC
Direccionamiento:
Registro indirecto

Función lógica AND entre registro o Memoria con acumulador
Se realiza la función lógica AND bit a bit entre el contenido del registro o posición de memoria especificados y el contenido
del acumulador. El bit de acarreo se pone a cero.
La tabla de verdad de la función lógica AND es:
A
0
0
1
1

B
0
1
0
1

f
0
0
0
1

Si el registro B contiene 6CH y el acumulador almacena 3AH, la instrucción
ANA B
realiza la siguiente operación:Si el registro B contiene 6CH y el acumulador almacena 3AH, la instrucción
ANA B
realiza la siguiente operación:
Acumulador
Dato inmediato
Nuevo acumulador

22

ANI datos
Bis afectados:
Z, S, P,
CY, AC

3AH:
6CH:
28H:

0
0
0

0
1
0

1
1
1

1
0
0

1
1
1

0
1
0

1
0
0

0
0
0

Función lógica AND entre el acumulador y un Dato Inmediato
Realiza una operación Y lógica entre el dato (DATOS) especificado en la instrucción y el contenido del acumulador, el
resultado queda en el acumulador. Se pone a cero el bit de acarreo. El dato, que no debe exceder de un byte, puede ser
expresado en forma de número, un ASCII constante, la etiqueta de algún valor previamente definido o una
Expresión.
Disponemos de las siguientes instrucciones:
(1).MVI A, A0H
(2).ANI 0FH
La instrucción (1) carga en el acumulador el valor A0H.
La instrucción (2) realiza la siguiente operación AND bit a bit entre el
acumulador y el dato inmediato 0FH:
Acumulador
A0H:
1
0
1 0 0 0 0 0
Dato inmediato
0FH:
0
0
0 0 1 1 1 1
Nuevo acumulador
00H:
0
0
0 0 0 0 0 0
La instrucción ANI del ejemplo pone a cero los cuatro bits de mayor peso,
dejando invariables los cuatro menores. Ya que los cuatro bits de menor peso del
acumulador eran cero, el resultado final es 00H con lo que el bit de cero se pondrá a
cero.

23

XRA Reg
Bits afectados:
Z, S, P,CY, AC
Direccionamiento:
Registro

Función lógica O-EXCLUSIVO entre registro o memoria con acumulador.
Se realiza la función lógica O-EXCLUSIVO bit a bit entre el contenido del registro o
posición de memoria especificados y el contenido del acumulador, guardándose el
resultado en este último.
La tabla de verdad de la función lógica O-EXCLUSIVO es:
A
0
0
1
1

B
0
1
0
1

f
0
1
1
0

1. Si el registro B contiene 6CH y el acumulador almacena 3AH, la instrucción
XRA B
Acumulador
3AH:
0 0 1 1 1
Registro B
6CH:
0 1 1 0 1


0
1

1
0

0
0

Nuevo acumulador

56H:

0

1

0

1

0

1

1

0

La función O-EXCLUSIVO de cualquier bit con uno da lugar al complemento del mismo. Así, si el acumulador contiene todo
unos, la instrucción
XRA B
produce el complemento a uno del contenido del registro B, y lo guarda en el acumulador.

En algunas ocasiones, un byte se utiliza para reflejar los estados de ciertas condiciones dentro de un programa, donde cada
uno de los ocho bits puede responder a una determinada condición de falso o verdadero, actuado o inhibido, etc.
Mediante la función O-EXCLUSIVO podemos determinar cuántos bits de la palabra han cambiado de estado en un
determinado lapsus de tiempo.

24

25

XRI Dato
Bits afectados:
Z, S, P, CY, AC

ORA Reg
Bits afectados:
Z, S, P,CY, AC
Direccionamiento:
Registro indirecto

Función lógica O-EXCLUSIVO entre el acumulador y un dato Inmediato
Se realiza la función lógica O-EXCLUSIVO bit a bit entre un byte de datos inmediatos y el contenido del acumulador. El
resultado se guarda en el acumulador. El bit de acarreo se pone a cero.
Ejemplo
Esta instrucción se suele utilizar para complementar bits específicos del acumulador dejando los restantes en su estado
original. De este modo y suponiendo que el acumulador contiene ABH, la instrucción
XRI 80H
complementa el bit de más peso del acumulador, tal y como se muestra en la siguiente figura:
Acumulador
ABH:
1 0 1 0 1 0 1 1
Dato inmediato
80H:
1 0 0 0 0 0 0 0
Nuevo acumulador
2BH:
0 0 1 0 1 0 1 1

Función lógica OR entre registro o memoria con acumulador
Se realiza la función lógica AND bit a bit entre el contenido del registro o posición de
memoria especificados y el contenido del acumulador, quedando en este último el
resultado. El bit de acarreo se pone a cero.
La tabla de verdad de la función lógica OR es:
A
B
f
0
0
0
0
1
1
1
0
1
1
1
1

Como sea que la función OR de cualquier bit con un uno da como resultado uno, y de
cualquier bit con cero, lo deja invariable, esta función se utiliza frecuentemente para
poner a uno grupos de bits.
Si el registro B contiene OFH y el acumulador almacena 33H, la instrucción
ORA B
Acumulador
33H:
0 0 1 1 0 0 1 1
Registro B
0FH:
0 0 0 0 1 1 1 1
Nuevo acumulador
3FH:
0 0 1 1 1 1 1 1
Este ejemplo concreto garantiza que los cuatro bits de menos peso del
acumulador son unos, mientras que los demás permanecen invariables.

26

ORI datos
Bits Afectados: Z, S, P,
CY, AC

Función lógica OR entre el acumulador y un dato Inmediato
ORI desarrolla una operación lógica OR entre el contenido especificado por DATOS y el contenido del acumulador. El
resultado se deja en el acumulador. Los bits de acarreo y acarreo auxiliar se ponen a cero.
Ejemplo
Si el acumulador inicialmente contiene 3CH, la instrucción
ORI F0H
realiza la siguiente operación OR bit a bit:
Acumulador
3CH:
0
0 1 1 1 1 0 0
Dato inmediato
F0H:
1
1 1 1 0 0 0 0
Nuevo acumulador
FCH:
1
1 1 1 1 1 0 0


Como vemos la instrucción ORI de nuestro ejemplo activa los cuatro bits de menor peso, dejando invariables los restantes.

27

CMC
Bits Afectados Cy

28

STC

DAA
Bitsafectados
Z,S,P,CY,AC
Direccionamiento
Registro

Complementar acarreo
Si el bit de acarreo es 0, se pone a 1. Si es un 1, se pone a 0.

Activar acarreo
El bit de acarreo se pone a 1.

Ajuste decimal del acumulador
El número hexadecimal de 8 bits contenido en el acumulador se ajusta como dos dígitos de 4 bits codificados en binario
decimal, según el proceso siguiente:
(1).Si los cuatro bits menos significativos del acumulador representan un número mayor que 9, o si el bit de acarreo auxiliar
es igual a uno, el acumulador se incrementa en seis unidades. Si no se presentan tales condiciones, el contenido
del acumulador no varía.
(2).Si los cuatro bits más significativos del acumulador representan ahora un número mayor que 9, o si el bit de acarreo es
uno, los cuatro bits más significativos se incrementan en seis unidades. Asimismo, si no tienen lugar las
circunstancias expuestas, el contenido del acumulador no se incrementa. Si hay acarreo de los cuatro bits menos significativos
durante el paso (1), el bit de acarreo auxiliar se pone a 1; si no lo hay, se pone a 0. Por otra parte, si hay acarreo de los cuatro
bits más significativos durante el paso (2), se activará el bit de acarreo, poniéndose a cero si no se produce acarreo.

29

Esta instrucción se utiliza en las operaciones de suma de números decimales. Es la única instrucción cuya operación depende
del bit de acarreo auxiliar.
Supongamos que queremos realizar una suma decimal de dos números (40 + 80).
Ambos bits de acarreo están a cero.
La secuencia de instrucciones podría ser:
(1).MVI B,80H
(2).MVI A,40H ; Acumulador = 40H
(3).ADD B
; Acumulador = 40H + 80H = C0H
(4).DAA
; Acumulador = 20H
; Bit de acarreo = 1

La instrucción DAA opera de la siguiente forma:
1. Como el contenido de los bits [0 – 3] del acumulador es menor que 9 y el bit de
acarreo auxiliar es cero, el contenido del acumulador no varía.
2. Como los 4 bits más significativos del acumulador representan un número
mayor que 9, estos 4 bits se incrementan en 6 unidades, poniendo a uno el bit de
acarreo.
Acumulador
C0H:
1 1 0 0 0 0
+6
60H:
0 1 1 0 0 0
Nuevo acumulador
20H:
0 0 1 0 0 0

0
0
0

0
0
0

Cy=0
Cy=0
Cy=1

En resumen puedes obtener un resultado en DECIMAL a partir de una operaciion HEXADECIMAL

30

NOP

No se realiza ninguna operación.

31

RLC
Bits Afectado Cy

Desplazar el acumulador a la izquierda Rotate Left Carry
RLC rota un bit hacia la izquierda todo el contenido del acumulador, transfiriendo el bit
de más alto orden al bit de acarreo y al mismo tiempo a la posición de menor orden del
acumulador.
Cy

Az

Acc

Ao
...


32

RRC
Bits Afectado Cy

Desplazar el acumulador a la derecha Rotate Rigth Carry
RRC rota el contenido del acumulador un bit a la derecha, transfiriendo el bit de más bajo orden a la posición de más alto
orden del acumulador, además pone el bit de acarreo igual al bit de menor orden del acumulador.
Supongamos que el acumulador

Cy

Az

Acc

Ao
...

33

RAL

Desplazar el acumulador hacia la izquierda a través del bit de acarreo Rotate Arraund Left
RAL hace girar el contenido del acumulador y el bit de acarreo un espacio de un bit hacia la salida (izquierda). El bit de
acarreo que es tratado como si fuera del acumulador, se transfiere el bit de menor orden del acumulador. El bit de mayor
orden del acumulador se transfiere al bit de acarreo. No tiene operandos.

Cy

Az

Acc

Ao
...

RAR
34

Rotate Arround the Rigth
RAR rota el contenido del acumulador y del bit de acarreo 1 bit de posición a la derecha. El bit de acarreo que es tratado
como si fuera parte del acumulador se transfiere al bit de más alto orden del acumulador. El bit de menor peso del acumulador
se carga en el bit de acarreo. No existen operandos en la instrucción RAR.

Cy

Az

Acc

Ao
...

JMP dir
35

Salto incondicional
La instrucción JMP DIR altera la ejecución del programa cargando el valor especificado
por DIR en el contador de programa.
JC dir

36

La instrucción JC DIR comprueba el valor del bit de acarreo. Si es un 1 la ejecución del
programa continúa en la dirección especificada por DIR. Si es un 0 el programa
continúa su ejecución normal de forma secuencial.
JNC dir

Saltar si no hay acarreo
La instrucción JNC DIR comprueba el estado del bit acarreo. Si esta a 0 el programa cambia a la dirección especificada por
DIR. Si esta a 1 la ejecución del programa continúa normalmente.

JZ dir

Saltar si hay cero
La instrucción JZ DIR comprueba el bit de cero. Si está a 1 el programa continúa en la
dirección expresada por DIR. Si está a 0 continúa con la ejecución secuencial normal.

JNZ dir

Saltar si no hay cero
La instrucción JNZ DIR comprueba el valor del bit de cero. Si el contenido del acumulador no es cero (Bit de cero = 0) el
programa continúa en la dirección especificada por DIR. Si el contenido del acumulador es cero (Bit de cero = 1) el
programa continúa su ciclo normal.

JM dir

Saltar si hay signo negativo
La instrucción JM DIR comprueba el estado del bit de signo. Si el contenido del acumulador es negativo (bit de signo = 1) la
ejecución del programa continúa en la dirección especificada por DIR. Si el contenido del acumulador es positivo (bit de
signo = 0) continúa la ejecución de la secuencia normal.

37

38

39

40


JP dir

Salta si hay signo positivo
La instrucción JP DIR comprueba el estado de bit del signo. Si el contenido del acumulador es positivo (bit de signo = 0) la
ejecución del programa continúa con la dirección especificada por DIR. Si el contenido del acumulador es negativo (bit de
signo = 1) continúa el programa con su ejecución normal.

JPE dir

Salta si la paridad es par
La paridad existe si el byte que esta en el acumulador tiene un número par de bits. El bit de paridad se pone a 1 para indicar
esta condición.
La instrucción JPE DIR comprueba la situación del bit de paridad. Si esta a 1, la ejecución del programa continúa en la
dirección especificada por DIR. Si esta a 0, continúa con la siguiente instrucción de forma secuencial.
Las instrucciones JPE y JPO son especialmente usadas para comprobar la paridad de los datos de entrada. (Sin embargo con
la instrucción IN los bits no actúan.
Esto puede evitarse sumando 00H al acumulador para activarlos).

41

42

CALL dir
43

Llamada incondicional
CALL guarda el contenido del contador de programa (la dirección de la próxima instrucción secuencial) dentro del stack y a
continuación salta a la dirección especificada por DIR.
Cada instrucción CALL o alguna de sus variantes implica una instrucción RET (retorno), de lo contrario el programa podría
"perderse" con consecuencias impredecibles. La dirección debe ser especificada como un número, una etiqueta, o una
expresión. La etiqueta es lo más normal (El ensamblador invierte los bytes alto y bajo de dirección durante el proceso de
ensamblado). Las instrucciones CALL se emplean para llamadas a subrutinas y debemos tener presente que siempre emplean
el stack.

44

CC dir

Llamada si hay acarrero
CC comprueba el estado del bit de acarreo. Si el bit está a 1, CC carga el contenido del contador de programa en el stack y a
continuación salta a la dirección especificada por DIR. Si el bit esta a 0, la ejecución del programa continúa con la próxima
instrucción de su secuencia normal. Aunque el uso de una etiqueta es lo más normal, la dirección puede ser especificada
también como un número o una expresión.

CNC dir

Llamar si no hay acarreo.
CNC chequea el valor del bit de acarreo. Si está en cero CNC carga el contenido de contador de programa en el stack y a
continuación salta a la dirección especificada por la instrucción en DIR. Si el bit está a 1, el programa continúa con su
secuencia normal.
Aunque el uso de una etiqueta es lo más común, la dirección puede también estar indicada por un número o por una
expresión.

CZ dir

Llamar si hay cero
CZ chequea el bit de cero. Si el bit esta a 1 (indicando que el contenido del acumulador es cero), CZ carga el contenido del
contador de programa en el stack y salta a la dirección especificada en DIR. Si el bit está a 0 (indicando que el contenido del
acumulador es distinto de cero) el programa continúa su desarrollo normal.

CNZ dir

Llamar si no hay cero
CNZ chequea el bit de Cero. Si está en 0 (indicando que el contenido del acumulador no
es cero), CNZ manda el contenido del contador de programa al stack y salta a la
dirección especificada por DIR. Si el bit está a 1 el programa continúa su desarrollo
normal.

CM dir

Llamar si hay signo negativo
CM comprueba el estado del bit del signo. Si el bit esta a 1 (indicando que el contenido del acumulador es negativo) CM
manda el contenido del contador de programa al stack y salta a la dirección especificada por DIR. Si el bit es 0 la ejecución
del programa continúa con su secuencia normal. El uso de la etiqueta es lo más corriente, pero la dirección puede
especificarse también por un número o una expresión.
Llamar si hay signo positivo
CP chequea el valor del bit de signo. Si está a 0 (indicando que el contenido del
acumulador es positivo), CP envía el contenido del contador de programa al stack y
salta a la dirección especificada por DIR. Si el bit tiene un 1, continúa el programa
normalmente con la instrucción siguiente.
Llamar si la paridad es par.
Existe paridad en un byte si el número de unos que tiene es par. El bit de paridad se
pone a 1 para indicar esta condición. CPE chequea el valor del bit de paridad. Si tiene
un 1, CPE envía el contenido del contador de programa al stack y salta a la dirección
especificada por la instrucción en DIR. Si el bit tiene un cero, el programa continúa
normalmente.
Llamar si la paridad es impar
CPO chequea el bit de paridad. Si el bit esta a 0, CPO carga el contenido del contador
de programa en el stack y salta a la dirección especificada en DIR. Si el bit está a 1 el
programa continúa su desarrollo normal.

45

46

47

48

CP dir
49

CPE dir
50

CPO dir
51

RET
52

Retorno incodicional
Se realiza una operación de retorno incondicional.
La instrucción RET echa fuera dos bytes de datos del stack y los mete en el
registro contador de programa. El programa continúa entonces en la nueva dirección.
Normalmente RET se emplea conjuntamente con CALL.


RC

Retorno si hay acarreo
La instrucción RC comprueba el estado del bit de acarreo. Si tiene un 1 (indicando que
hay acarreo) la instrucción saca dos bytes del stack y los mete en el contador de
programa. El programa continúa en la nueva dirección suministrada. Si el bit es 0, el
programa continúa en la siguiente instrucción de la secuencia normal.

RNC

Retorno si no hay acarreo

53

54
La instrucción RNC comprueba el bit de acarreo. Si está a 0 indicando que no hay
acarreo, la instrucción echa fuera del stack dos bytes y los carga en el contador de
programa. Si el bit está a 1 continúa el ciclo normal.
RZ

Retorno si hay cero
La instrucción RZ comprueba el bit de cero. Si está a 1, indicando que el contenido del acumulador es cero, la instrucción
echa fuera del stack dos bytes y los carga en el contador de programa. Si el bit está a 0, continúa el ciclo normal.

RNZ

Retorno si no hay cero
La instrucción RNZ comprueba el bit cero. Si está a 0, indicando que el contenido del acumulador no es cero, la instrucción
echa fuera del stack dos bytes y los carga en el contador de programa. Si el bit está a 1, continúa el ciclo normal.

RM

Retorno si hay signo negativo
La instrucción RM comprueba el bit de signo. Si tiene un 1, indicando dato negativo en el acumulador, la instrucción echa
dos bytes fuera del stack y los mete en el contador de programa. Si el bit tiene 0, continúa el programa normal con la
siguiente instrucción.

RP

Retorno si hay signo positivo
La instrucción RP comprueba el bit signo. Si está a 0, indicando que el contenido del acumulador es positivo, la instrucción
echa fuera del stack dos bytes y los carga en el contador de programa. Si el bit está a 1 continúa el ciclo normal.

RPE

Retorno si la paridad es par
La instrucción RPE comprueba el bit de paridad. Si está a 1, indicando que existe paridad, la instrucción echa fuera del stack
dos bytes y los carga en el contador de programa. Si el bit está a 0 continúa el ciclo normal. (Existe paridad si el byte que está
en el acumulador tiene un número par de bits, colocándose el bit de paridad a 1 en este caso).

RPO

Retorno si la paridad es impar
La instrucción RPO comprueba el bit de paridad. Si está a 0, indicando que no hay paridad, la instrucción echa fuera del stack
dos bytes y los carga en el contador de programa. Si el bit está a 1, continúa el ciclo normal.

RST

Es una instrucción CALL para usar con interrupciones. RST carga el contenido del
contador de programa en el stack, para proveerse de una dirección de retorno y salta a
una de las "ocho" direcciones determinadas previamente.
Un código de tres bits incluido en el código de operación de la instrucción RST
especifica la dirección de salto. Esta instrucción es empleada por los periféricos cuando
intentan una interrupción.
Para volver a la instrucción en que ha tenido lugar la interrupción, se debe
utilizar una instrucción de RETORNO.
Activar interrupciones
La instrucción EI pone en servicio el sistema de interrupciones a partir de la siguiente
instrucción secuencial del programa. Esta instrucción activa el flip-flop INTE.
Se puede desconectar el sistema de interrupciones poniendo una instrucción DI
al principio de una secuencia, puesto que no se puede predecir la llegada de una
interrupción.
Al final de la secuencia se incluye la instrucción EI que vuelve a habilitar el
sistema de interrupciones. (RESET también pone fuera de servicio el sistema de
interrupciones además de poner el contador de programa a cero).
Desactivar interrupciones
Esta instrucción desactiva el flip-flop INTE. Después de la ejecución de una instrucción DI, el sistema de "interrupciones"
esta sin posibilidad de ponerse en marcha. En aplicaciones que empleen las interrupciones, la instrucción DI se emplea
solamente cuando una determinada secuencia no debe ser interrumpida. Por ejemplo, se puede poner fuera de servicio el
sistema de interrupciones incluyendo una instrucción DI el principio del código de secuencia.
La interrupción TRAP del 8085 no puede ser puesta fuera de servicio. Esta interrupción especial esta prevista para serios
problemas que pueden presentarse independientemente del bit de interrupción (fallo de alimentación, etc.).
Entrada
La instrucción IN PORT lee los 8 bits de datos que hay en el "PORT" especificado y los
carga en el acumulador. El operando debe ser un número o una expresión que produzca
un valor comprendido entre 00H y FFH.

55

56

57

58

59

60

61

EI
62

DI
63

IN port
64

1. La instrucción
IN 2
deposita en el acumulador los datos de entrada del puerto 2.


OUT port

Salida

65
OUT PORT pone el contenido del acumulador en el bus de datos de 8 bits del puerto
seleccionado. El número de puertos oscila de 0 a 255 y es duplicado en el bus de
direcciones. Es la lógica externa la encargada de seleccionar el puerto y aceptar el dato
de salida. El operando (PORT) debe especificar el número del puerto de salida
seleccionado.

1. La instrucción OUT 2 envía el contenido del acumulador al puerto de salida número 2.
66

HLT

La instrucción HLT detiene el procesador.
El contador de programa contiene la dirección de la próxima instrucción secuencial. Por otro lado los bits y registros
permanecen inactivos. Una vez en estado de parada el procesador puede volver a ser arrancado solamente por un
acontecimiento externo, es decir una interrupción. Por tanto debemos asegurarnos que las interrupciones estén en disposición
de ser activadas antes de ejecutar la instrucción HLT.
Si se ejecuta HLT estando las interrupciones fuera de servicio, la única manera de volver arrancar el procesador será mediante
un RESET o a través de la interrupción TRAP.
El procesador puede salir temporalmente del estado de parada para servir un acceso directo a memoria, sin embargo
terminado el acceso directo vuelve al estado de parada.
Un propósito básico de la instrucción HLT es permitir una pausa al procesador mientras espera por la interrupción de un
periférico.

Colocar datos en stack
El contenido del par de registros especificado se guarda en dos bytes de memoria definidos por el puntero de stack.
El contenido del primer registro se guarda en la posición de memoria inmediatamente inferior a la del puntero de stack. El
contenido del segundo registro del par se guarda en la posición de memoria dos unidades inferior al puntero de stack. Si se
hace referencia al para de registros PSW, en el primer byte de información se guarda el estado de los cinco bits de condición.
El formato de este byte es el siguiente:
67

PUSH pr
S

Z

X

A

X

P

X

Cy

Sea cual sea el par de registros especificado, una vez que los datos se han
guardado, el puntero de pila se decrementa en dos unidades.

1. Supongamos que el registro B contiene 3FH, el registro C contiene 16H y el
puntero de pila vale 2030H. La instrucción
PUSH B
almacenará el contenido del registro B en posición de memoria 2029H, el contenido del registro C en la dirección de memoria
2028H, y decrementa dos unidades el puntero de stack, dejándolo en 2028H.
Gráficamente podemos ver el proceso anterior:
Antes de PUSH
Puntero
Stack
2030
Registro B
3F

Después de PUSH

Registro C
16

Puntero
Stack
2028
Registro B
3F

Registro C
16

MEMORIA

DIRECCION

MEMORIA

DIRECCION

00

2027

00

2027

00

2028

16

2028

00

2029

3F

2029

00

2030

00

2030

2. Supongamos ahora que el acumulador contiene 33H, el puntero de pila tiene 102AH, y los bits de condición de cero,
acarreo y paridad están a uno, mientras que los de signo y acarreo auxiliar están a cero. La instrucción
PUSH PSW


Almacena el contenido del acumulador en la posición de memoria 1028H, y coloca el valor 47H, correspondiente a los
citados estados de los bits de condición, en la posición 1029H, mientras que en el puntero de pila queda el valor 1028H.

Sacar datos del stack
68

POP pr
POP pr copia el contenido de la posición de memoria direccionada por el stack pointer
en el registro de bajo orden del par de registros especificados. A continuación se
incrementa el stack pointer en 1 y copia el contenido de la dirección resultante en el
registro de más alto orden del par. Luego se incrementa el stack pointer otra vez de
modo que se apunta al siguiente dato del stack. El operando debe especificar el par de
registros BC, DE, HL o PSW.
POP PSW usa el contenido de la localización de memoria especificada por el
stack pointer para restablecer los bits de condiciones.

1. Supongamos que las posiciones de memoria 2028H y 2029H contienen respectivamente 16H y 3FH, mientras que el
puntero de pila contiene 2028H. La instrucción
POP B
Carga el registro C con el valor de 16H de la posición de memoria 2028H, carga el registro B con el valor 3FH de la posición
2029H, e incrementa dos unidades el puntero de stack, dejándolo en 2030H. Gráficamente podemos ver este proceso:

Antes de POP
Después de POP
Puntero
Stack
2028
Registro B
00

Registro C
16

MEMORIA

DIRECCION

00

2027

16

2028

3F

2029

00

2030

Puntero
Stack
2030
Registro B
3F

Registro C
16

MEMORIA

DIRECCION

00

2027

16

2028

3F

2029

00

2030

2. Si las posiciones de memoria 1008H y 1009H poseen respectivamente 00H y
16H, y el puntero de pila vale 1008H, la instrucción
POP PSW
carga 00H en el acumulador y pone los bits de estado de la siguiente forma:
S

Z
0

X
0

A
0

X
1

P
1

X
1

Cy
1

0

=16H

69

DAD pr
Bits sfectados

Suma doble
DAD RP suma el valor de un dato de 16 bits contenido en un determinado par de registros (PR) al contenido del par de
registros HL. El resultado es almacenado en el par HL. Los operandos (PR) pueden ser B = BC, D = DE, H = HL, SP.
Téngase en cuenta que la letra H debe ser empleada para especificar que el par de registros HL debe ser doblado. DAD pone
el bit de acarreo a 1 si hay una salida de acarreo de los registros HL. Y además no afecta a ningún otro bit.

1. Supuesto que los registros D, E, H y L contienen 33H, 9FH, A1H y 7BH
respectivamente, la instrucción
Realiza la siguiente suma:
B – C 339F
H – L A17B
H – L 051A


2. Al ejecutar la instrucción
DAD H
se duplica el valor del número de 16 bits contenido en H – L (equivale a desplazar los 16 bits una posición hacia la izquierda).

70

XCHG

Intercambiar datos entre registros
XCHG cambia el contenido de los registros H y L con el contenido de los registros D y E.
Si los registros H, L, D y E contienen respectivamente 01H, 02H, 03H y 04H, la instrucción XCHG realiza el siguiente
intercambio:
Antes de ejecutar XCHG
Despues de ejecutar XCHG
D

E

H

L

03

04

01

02

71

XTHL

D

E

H

L

01

02

03

04

Intercambiar datos con el stack

XTHL cambia los dos bytes de la posición más alta del stack con los dos bytes almacenados en los registros H y L. Así
XTHL salva el contenido actual del par HL y carga nuevos valores en HL.
XTHL cambia el contenido del L con la posición de memoria especificada por el stack pointer y el registro H es
intercambiado con el contenido del SP+1.
Si el puntero de pila contiene 40B4H, los registros H y L contienen AAH y BBH respectivamente, y las posiciones de
memoria 40B4H y 40B5H contienen CCH y DDH respectivamente, la instrucción
Después de XTHL
Antes de XTHL

Puntero
Stack
40B4
Registro H
DD

Registro L
CC

Puntero
Stack
40B4
Registro H
AA

DIRECCION

DIRECCION

00

40B3

00

40B3

BB

40B4

CC

40B4

AA

40B5

DD

40B5

00

40B6

00

SPHL

MEMORIA

MEMORIA

72

Registro L
BB

40B6

Cargar el puntero de stack desde los registros H y L
Los 16 bits contenidos en los registros H y L reemplazan el contenido del puntero de stack. El contenido de los registros H y
L permanece invariable.
Si los registros H y L contienen respectivamente 50H y 6CH, la instrucción
SPHL
carga el puntero de stack con el valor 506CH.

Fuente: Apendice A1 de instrucciones del 8085: http://es.scribd.com/doc/81757060/Instrucciones-Del-8085


6.- EJERCICIOS DE PROGRAMACIÓN LENGUAJE
ASSEMBLER 8085.
Para programar en lenguaje assembler, se debe dominar las 74 instrucciones del
microprocesador, esto es el requicito mínimo para ensamblar dado que existe una infinidad de
problemas que se pueden plantear dependiendo de las necesidades de cada caso.
Una de
las soluciones mas elementales a la hora de plantear un problema en programación assembler
es crear la lógica por medio de un fluxograma. Por ende recomiendo hacer ejercicios de
lógica a travéz de esta herramienta.
Existen programas para ensamblar del m-8085, que sin lugar a dudas os ayudarán a tener una
programación mas flexible y natural.
A continuación dejo una serie de ejercicios que he
encontrado en internet, material del profesor y practicas que he querido transcribir.

Fig.5.-Simulador 8085
SIMULADOR ASSEMBLER (Laboratorio 1)

Una herramienta muy poderosa para simular el ensamblador 8085 es el SIM85. Instalado
este programa, ir a: archivo/ Editor ASM. Llamamos al editor, alli creamos un nuevo
archivo (Copiamos cualquier ejercicio o creamos un programa) ensamblamos haciendo click
en estos dos iconos. El primero ensambla, generado un texto si fue compilado
correcto o incorrectamente. El segundo icono llama a ensamblar y simular. En caso de
problemas se genera un texto indicando el error.


NEMONICO
EXP. GRAF.
FLAGS
INSTRUCCIONES DE TRANSFERENCIA

MOV r1,r2
MOV r,M
MOV M,r
MVI r,byte
MVI M,byte
LXI rp,doble
LDA addr
STA addr
LHLD addr
SHLD addr
LDAX rp
STAX rp
XCHG

(r1)(r2)
(r)[(HL)]
[(HL)] (r)
(r)byte
[(HL)] byte
(rpl)1º byte
(rph)2º byte
(A)[addr]
[addr](A)
(L)[addr]
(H)[addr+1]
[addr](L)
[addr+1](H)
(A)[(rp)]
[(rp)](A)
(H)(D) (L)(E)

NINGUNO
NINGUNO
NINGUNO
NINGUNO
NINGUNO
NINGUNO
NINGUNO
NINGUNO
NINGUNO
NINGUNO
NINGUNO
NINGUNO
NINGUNO

INSTRUCCIONES ARITMÉTICAS

ADD r
ADD M
ADI byte
ADC r
ADC M
ACI byte
SUB r
SUB M
SUI byte
SBB r
SBB M
SBI byte
INR r
INR M
DCR r
DCR M
INX rp
DCX rp
DAD rp
DAA

(A)(A)+(r)
(A)(A)+[(HL)]
(A)(A)+byte
(A)(A)+(r)+CY
(A)(A)+[(HL)]+CY
(A)(A)+byte+CY
(A)(A)-(r)
(A)(A)-[(HL)]
(A)(A)-byte
(A)(A)-(r)-CY
(A)(A)-[(HL)]-CY
(A)(A)-byte-CY
(r)(r)+1
[(HL)][(HL)]+1
(r)(r)-1
[(HL)][(HL)]-1
(rp)(rp)+1
(rp)(rp)-1
(HL)(HL)+(rp)
Ajuste BCD de (A)

TODOS
TODOS
TODOS
TODOS
TODOS
TODOS
TODOS
TODOS
TODOS
TODOS
TODOS
TODOS
Z, S, P, AC
Z, S, P, AC
Z, S, P, AC
Z, S, P, AC
NINGUNO
NINGUNO
CY
NINGUNO

INSTRUCCIONES LÓGICAS.

ANA r
ANA M
ANI byte
XRA r

(A)(A) and (r)
(CY)0, (AC)1
(A)(A) and [(HL)]
(CY)0, (AC)1
(A)(A) and byte
(CY)0, (AC)1
(A)(A) xor (r)

TODOS
TODOS
TODOS
TODOS


XRA M
XRI byte
ORA r
ORA M
ORI byte
CMP r
CMP M
CPI byte

(A)(A) xor [(HL)]
(A)(A) xor byte
(A)(A) or (r)
(A)(A) or [(HL)]
(A)(A) or byte
(A)-(r)
(A)-[(HL)]
(A)-byte

TODOS
TODOS
TODOS
TODOS
TODOS
TODOS
TODOS
TODOS

NEMONICO
EXP. GRAF.
FLAGS
INSTRUCCIONES DE ROTACIÓN Y FLAGS

RLC
RRC
RAL
RAR
CMA
CMC
STC

Rotacion izqda
Rotación dcha
Rot. izqda. con CY
Rot. dcha. con CY
Comp. A1 de (A)
Invierte (CY)
(CY)1

CY
CY
CY
CY
NINGUNO
CY
CY

INSTRUCCIONES DE BIFURCACIÓN
ccc=NZ salto si no cero (Z=0), ccc=Z salto si cero (Z=0),
ccc=NC salto si no acarreo (CY=0), ccc=C salto si acarreo
(CY=1) , ccc=PO salto si paridad impar (P=0), ccc=PE
salto si paridad par (P=1), ccc=P salto si positivo (S=0),
ccc=M salto si negativo ( S=1 )

JMP addr
Jccc addr

(PC)addr
Si ccc=1, (PC)addr;
Si ccc=0, (PC)(PC)+3
CALL addr
Guarda PC en la pila
(PC)addr
Cccc addr Si ccc=1, guarda PC en
la pila, (PC)addr;
Si ccc=0, (PC)(PC)+3
RET
Recupera PC de la pila
Rccc
Si ccc=1, recupera PC
de la pila;
Si ccc=0 (PC)(PC)+1
RSTn
(PC)n x 8
PCHL
(PC)(HL)

NINGUNO
NINGUNO
NINGUNO
NINGUNO

NINGUNO
NINGUNO

NINGUNO
NINGUNO

INSTRUCCIONES DE MANEJO DE LA PILA.

PUSH rp

PUSH PSW

POP rp

POP PSW

XTLH
SPLH

[(SP)-1](rpl)
[(SP)-2](rph)
(SP)(SP)-2
[(SP)-1](A)
[(SP)-2](RE)
(SP)(SP)-2
(rph) [(SP)]
(rpl) [(SP)+1]
(SP)(SP)+2
(RE) [(SP)]
(A) [(SP)+1]
(SP)(SP)+2
(L) [(SP)]
(H) [(SP)+1]
(HL) (SP)

NINGUNO

NINGUNO

NINGUNO

NINGUNO

NINGUNO
NINGUNO

INSTRUCCIONES DE ENTRADA Y SALIDA.

IN puerta
OUT puerta

(A)[puerta]
[puerta](A)

NINGUNO
NINGUNO


INSTRUCC. DE CONTROL DE INTERRUPCIONES

EI
DI
HLT
NOP
RIM
SIM

Habilita interrupciones
Inhabilita interrupciones
Para el microprocesador
No hace nada
Lee linea serie y estado
interrupciones.
Escribe en linea serie y
Programa
interrupciones.

NINGUNO
NINGUNO
NINGUNO
NINGUNO
NINGUNO
NINGUNO

6.- EJERCICIOS EN LENGUAJE ASSEMBLER.
Para manejarnos en la programación ASSEMBLER, debemos tener claro con cuales
herramientas disponemos, operaciones, rutinas, tiempo de ejecucion. Conocer las limitantes y
saber desarrollar el camino mas optimo para solucionar un problema.

LXI
STAX
LDAX
DCX
INX

STA
LDA
DCR
INR

MVI

MOV

Si no eres capaz de diferenciar entre STAX y STA estás en serios problemas....
Ejemplo1:Este programa Suma 1+1 en ASSEMBLER
.ORG 0
MVI A,1H
MVI B,1H
ADD B
HLT


1.-Ingresa el valor del acumulador en la direccion 4200H

.ORG 0
MVI A,10H
STA 4200H
HLT

Analisis: Este programa carga 10H al acumulador enseguida es almacenado en la direccion
especificada por STA. Fluxograma: Cargar acumulador Almacenar FIN.
2.- Creando mi primer COUNTER de 10 a 00H en ciclo.
.ORG 0
MVI C,10H
LOOP: DCR C
JNZ LOOP
HLT

Analisis: El counter es una herramienta de ciclo finito, de gran utilidad se usa para recorrer
determianda cantidad de posiciones en el registro, complementado con un condicionante para
el fin de su ejecución. En general se usa en conjunto a la instreuccion JNZ, JZ, CMP etc.
Elementos condicionantes para efectuar un salto, comparar o logicos. Fluxograma:
Inicializar -> Origen 0, Counter en 10 ->Decrementar Counter-> Si: es igual a 0 FIN, No:
Regresar a decrementar.
3.- Permite sumar valores en el acucmulado
.ORG 0
MVI A,00H ;inicializo Acumulador
MVI C,10H ; dato2 o ounter
MVI B,02H ; dato 1 o tabla
LOOP: ADD B

;permite sumar a=a+b

LXI H,1000H ;en esta direecion se almacena informacion del programa

DCR C

; contador

JNZ LOOP
HLT


4.- Ingresa los valores de forma regresiva de una tabla dada (Laboratorio 2)
El programa debe realizar lo siguiente:
Se tiene una tabla de 10 datos numericos almacenados en formaascendentes a partir de
la direccion de memoria 1000h. Se desea construir una segunda tabla a partir de estos datos y
almacenarlos a partir de la posicion de memoria 1010h, pero en forma inversa, es decir, estos
datos deberan quedar en forma descendente
Desarrollo:
data 1000H
dB 1h,2h,3h,4h,5h,6h,7h,8h,9h,10h
.ORG 0
MVI A,0
MVI L,9
;COUNTER
LXI B,1009H ;POSICIONAMIENTO
LXI D,1010H ;POSICIONAMIENTO
XX: LDAX B
STAX D
DCX B
INX D
DCR L
JNZ XX
HLT

Descripción: Existen muchas maneras de crear lo que se nos pide. Visualicemos 2 tablas
llamadas BC y DE. En BC ya se han ingresado datos y en DE esos datos se almacenarán de
forma inversa. Ambos con el mismo tamaño N. La manera que abordé este problema fue
empezar a recorrer en forma decreciente la tabla BC y su información se almacenaba en el
acumulador a mismo tiempo que se transfería este dato a la tabla DE.

5.-Suma en el contador la cantidad de unos que hay en una tabla.
LXI H,2000H
MVI C,0
MVI B,10
OTRO:

MOV A,M
CPI 1


JNZ XX
INR C
XX:

DCR B
JZ FIN
INX H
JMP OTRO
HLT


ADICION DE 2 NUMEROS DE 8 BITS (Material profe)


MULTIPLICATION OF TWO 8 BITS NUMBERS
NUMBER IN AN ARRAY OF DATA


LARGEST

SMALLEST NUMBER IN AN ARRAY OF DATA


ARRANGE AN ARRAY OF DATA IN
DESCENDING ORDER


HEX TO BCD CONVERSION


7.- OPERACION INTERNA DE UN MICROPROCESADOR
7.1 Ejecución de un Programa.
Hasta ahora se estudiaron la arquitectura de una CPU, el formato de las instrucciones y
los distintos tipos de instrucciones. Veremos ahora cómo se ejecuta un programa almacenado
en memoria.

Un programa almacenado en memoria está listo para ser ejecutado por el
microprocesador. Para ser ejecutado, es necesario cargar el PC con la dirección de la primera
instrucción a ser ejecutada. Luego, el PC se incrementa automáticamente recorriendo
secuencialmente los sucesivos lugares de memoria donde se halla el programa.

7.2 Ciclos de operación.
Hay dos operaciones fundamentales que realiza un procesador:
- Búsqueda de la instrucción: en la cual el procesador busca el código de
operación(FETCH).
- Ejecución de la instrucción: en la cual el procesador ejecuta la operación determinada por
la instrucción. Un procesador se encuentra siempre haciendo una de las dos operaciones
anteriores.
4.2.1.-Ciclo de instrucción
Es el tiempo total, medido en números de períodos de reloj, de duración de un ciclo de
búsqueda más uno de ejecución de la instrucción teniendo en cuenta los sucesivos accesos a
memoria en el caso de ser una instrucción de más de un byte.
4.2.2.-Ciclo de máquina
Es el tiempo, medido en números de períodos de reloj de duración de una operación de
lectura, de escritura o de búsqueda (Fetch) de una instrucción. Un ciclo de instrucción está
compuesto por uno o varios ciclos de máquina (M1, M2, M3,M4), dependiendo del tipo de
instrucción.
Se denomina M1 al ciclo de búsqueda, pues siempre es el primero de cada ciclo de
instrucción. Los ciclos de máquina más comunes son: Fetch, Memory Read, Memory Write,
I/O Read, I/O Write, INA, etc.

TIMING DIAGRAM for various machine cycles


Los ciclos de la máquina son las operaciones básicas realizadas por el procesador,
mientras que las instrucciones se ejecutan. El tiempo necesario para realizar cada ciclo de la
máquina se expresa en términos de Tstates. Un T-estado es el período de tiempo de un ciclo
de reloj del microprocesador.The various machine cycles are (los diferentes ciclos de la
máquina son):

1. Opcode fetch ……...….......4 / 6 T
2. Memory Read ……….…... 3 T
3. Memory Write …………. 3 T
4. I/O Read………………… 3 T
5. I/O Write………………… 3 T
6. Interrupt Acknowledge… 6 / 12 T
7. Bus Idle………………….. 2 / 3 T
EJERCICIO ( TIPO PRUEBA )
Se tiene un crital de 6,1414Mhz determinar el Tiempo de ejecucion del programa

MVI B,104

4T

LXI H,1000

10T ;Inicializa el contador aqui 1000=N

DEI: DCX H

4T

MOV A,B

4T

ORA H

4T

JZ FIN

7/10T

10T(N-1)

JNZ DEI

7/10T

7T(N-1)+10T

FIN: HLT

12TN

4T

TT= 4T+10T+12T*N +(N-1)*7T + (N-1)*10T +10T+4T
TT=29N-11T

T=


Programa de retardo
Ejemplo 1 de tiempo de retardo
MVI A,03
DCR A

; 4T

JNZ XX

; 10T/7T Salta ocupando 10T

next inst.

xx:

; 7T Aqui N=03

; ......

HLT

; 4T

7T
4T

4T

4T

N

10T

10T

7T

N-1

4T
N=2

N=1

N=0

Tiempo Total= 7T+ 4TN +10T(N-1) +7T +4T
Tiempo Total = 7T+ 4TN +10TN -10T+7T+4T
=8T+12TN
N=Tiempo Total-8T / 12T


Ejemplo 2 de tiempo de retardo

START

NO
N1

SI

N2

N1=N2

X

NO
N2=0
SI
N1=0
NO

SI
TT= 4T+ N1* 7T +N1X + N1*4T +(N1-1)10T+ 7T+4T
X=N2*4T+(N2-1)*10T+7T


EJERCICIO PROPUESTOS PARA EL PRIMER EXAMEN

1.

Listar y explicar los modos de direccionamiento usados en el uP 8085.

2.

Dibujar el diagrama de flujo de la siguiente operación.

Sumar A2H con 18H, si la suma es mayor que FFH mostrar el valor 01 en la puerta 5H, otro caso
mostrar en la salida 00H.
.ORG 0
MVI
MVI
MVI
MVI
MOV
ADD
CPI
JNC
MVI
OUT

A, 00H
B,00H
C,A2H
D,18H
A,C
D
FFH
LOOP
A,01
00H

LOOP: MVI A,01H
OUT 05H
HLT

2.-Encender los 8 led en forma serial de desde izquierda a derecha

3.-Que operación se realiza con cada una de las instrucciones indicadas;
MOV A, L
MVI D, 75H
ADD C
SUB L
OUT 00H
ANI 45H
DCR B
CMP E
XRA L
CMA
HLT


3.
Mostrar los contenidos de cada registro cuando las instrucciones son ejecutadas.
Inicialmente todos los registros están en 0.
a. MVI A, 56H
MVI B, 28H
MOV A, B
MOV C, A
MOV H, C
HLT

b. MVI B, 28H
ORI 45H
SUB B
MOV C, A
MOV E, C
HLT

c. MVI B, 28H
CMA
XRA B
MOV L, B
ADD L
HLT

4.
Especificar los contenidos de cada registro en un uP 8085, cuando se ejecutan las siguientes
instrucciones. Asuma que todos los registros inicialmente están en 0.
a. MVI B, A9H
MVI C, 34H
ADD B
SUB C
MOV D, A
MVI A, 7DH
ORA D
MOV H, A
CMA
XRA H
MOV C, H
MOV A, D
HLT

b. MVI A, 03H
RLC
RAR
MVI E, 76H
CMP E
MOV B, A
MOV H, B
MOV L, H
SUI 21H
ANA L
MOV C, L
INR C
HLT

c.

MVI C, D1H
INR A
ANA C
MOV D, C
ANA D
ADI 4CH
MOV L, A
DCR L
XRI 24H
ORA L
DCR L
MOV L, A
HLT

5.
Especificar los contenidos de registros y banderas afectados, cuando las siguientes
instrucciones se ejecutan. Asuma registros inicialmente en 0
a. MVI L, 04H
ADI 2BH
SUB L
MOV B, A
RAL B
CMP B
HLT

b. CMA
XRI 56H
MOV B, A
MOV D, B
ADD D
ORA D
HLT

c. MVI C, 71H
MVI D, 29H
MOV A, D
SUB D
ADD C
ANA D
HLT

d. MVI H, 8AH
DCR H
DCR H
ORI 9DH
ANI 36H
SUB H
HLT

6.
Especificar los contenidos del acumulador y bit status CY para las siguientes instrucciones.
Explicar el significado del carry flag, si está en 1.
a

MVI A, B7H
RLC
RLC
RLC
RLC
HLT

b

MVI A, B7H
RAL
RAL
RAL
RAL
HLT

c. MVI A, B7H
RRC
RRC
RRC
RRC
HLT

d. MVI A, B7H
RAR
RAR
RAR
RAR
HLT

8.
Escribir un programa 8085 para; a) limpiar Acc. b) sumar 47H c) restar 92h d) XOR 64H d)
OR 38H e) AND 2BH f) mostrar resultado final
9.
Write 8085 assembly language to a) load 00h in accumulator b) decrement the accumulator by
1 four times c) transfer the answer to others register available in 8085 microprocessor.


10.
Escriba 8085 en lenguaje ensamblador para a) cargar 00h en el acumulador b) disminuir el
acumulador 1 cuatro veces c) transferir la respuesta a otros registran disponible en 8085
microprocesador.
11.
Escribir instrucciones para cargar el 65H número hexadecimal en el registro C y 92H en el
acumulador. Muestra el número de 65H en el puerto 07H y 92H a 08H.
12.

Indique los registros pares

13.
Mostrar los contenidos de registros y localizaciones de memorias, que son afectados por la
ejecución de las siguientes instrucciones (Seguimiento de programa ejecutándose paso a paso).
A

C

D

E

H

L

Memory

MVI C, FFH
LXI H, 2070H
MOV M, C
LXI D, 2070H
LDAX D
LDA 2070H
HLT
14.
Identificar los contenidos de los registros, localización de memoria 2355H y las banderas,
cuando se ejecutan las siguintes instrucciones.
A

H

L

S

Z

AC

LXI H, 2355H
MVI M, 8AH
MVI A, 76H
ADD M
STA 2355H
INR M
ORA M
HLT
15.

Especificar los contenidos de registros al final del programa

LXI H, 2001H
MVI M, 55H
LXI D, 3001H
MOV A, M
STAX D
INX H
MVI M, A8H
LDA 2002H
DCX H
ADD M
STA 3002H
LXI B, 2001H
INX B
STAX B
XCHG
ANA M
HLT


P

CY

2355H

16.
Tres bytes de datos AAH, BBH, CCH se almacenan en posiciones de memoria 2000H a
2002h. Transfiera todo el bloque de datos a nuevas ubicaciones a partir de 3000H.
17.
Datos byte 22H, A5H, B2H, 99H, 7FH y 37H se almacenan en una ubicación de memoria a
partir de 2000H ubicación. La transferencia de los datos a la ubicación 3000H a 3005H en orden
inverso. (22H a 37H 3005H y 3000H a).
18.
Escriba un programa para agregar datos byte 1AH, 32H, 4FH, 12H, 27H almacenados en
2000H ubicación. Muestra la suma en 3000H ubicación. Utilice el registro pares HL y DE como
puntero de memoria para transferir un byte desde y hacia la memoria de registro.

19.
Escribir un programa para restar dos bytes a la vez y almacenar el resultado en un orden
secuencial en la posición de memoria a partir de 3000H. Suponga que el F9H datos, 38H, A7H, 56H,
A2H, F4H se almacenan a partir 2000H direcciones. Utilice el registro par BC y HL como puntero de
memoria para transferir un byte de la memoria en el registro.

20.
Identificar el contenido de los registros, localización de memoria 2070H y flag Z cuando las
siguientes instrucciones son ejecutadas
A

Z

HL

2070H

MVI A, 7FH
ORA A
CPI 12H
LXI H, 2070H
MVI M, 7FH
CMP M
21.
Definir el mnemonic, código de máquina, tamaño de la palabra y operación de las siguientes
instrucciones:
a.
b.
c.
d.
e.
f.
g.
22.

MVI B, 95H
MVI D, 1FH
MOV A, L
ADD B
ANI 0FH
STA 2070H
HLT
Ensamblar el siguiente programa, partiendo de la dirección E000h
.org
E000H
MVI B, 4FH
MVI C, 78H
MOV A, C
ADD B
OUT 07H
INR B
ANA B
CMA
RAL

HLT
23.

Ensamblar el siguiente programa, partiendo de la dirección 1000h
.org
1000H
LXI H, FFF0H
MVI M, 34H
DCX H
MVI M, 78H
LDA FFF0H
SUB M
STA 300FH
INR M
LXI B, FFEFH
STAX B
CMP M
HLT

24.- Especificar los contenidos de los registros, localizaciones de memoria y registro de banderas de las siguientes
instrucciones, cuando son ejecutadas. Asuma que los contenidos estan en 0 antes de la ejecución de las instrucciones
1. (a)
A

B

C

H

L

MVI A,81H
MVI B,29H
MOV C,A
INR B
LXI 300AH
DCR L
RLC
STAX B
HLT


M location
2A81H

CY

(b)

A

B

C

LXI B,D912

D9

12

LXI D,2145H

D9

LXI H,BA2CH

MVI A,82H

D

E

H

L

12

12

45

D9

12

12

45

BA

CY

P

2C

82

ADI 96H

18H

“

“

“

“

“

“

1

1

RAR

8C

“

“

“

“

“

“

0

1

DAD B

“

“

“

93

45

XCHG

“

“

“

21

45

“

“

BA

26

HLT

25.- Cuantas veces el siguiente loop, será ejecutaado

LXI B, 0010H
LOOP :

DCX B
MOV A,B
ORA
JNZ LOOP
HLT


26.- Especificar los contenidos de las posiciones de memoria 2040H a 2044H, después de la ejecución de las siguientes
instrucciones

LXI H,2040H
MVI B,05H
MVI A,0AH
STORE: MOV M,A
INR A
INH
DCR B
JNZ STORE
HLT

GUIA 2 DE EJERCCIOS

4.
Escribir las instrucciones para cargar el número ABCDH en el registro par BC usando las
opciones de las instrucciones LXI y MVI. Explicar brevemente la diferencia entre las 2 instrucciones.

5.
La localización de memoria 3070H tiene el dato 14H. Escribir las instrucciones para transferir
el byte de datos al acumulador usando 3 tipos de diferentes instrucciones: MOV,LDAX y LDA.
Explicar brevemente el uso de las 3 ionstrucciones

6.
El siguiente block de datos esta cargado en localizaciones de memoria desde 1055H a 105AH.
Escribir un programa para transferir los datos anteriores a partir de la localización 2080H
DATOS (H): 31, 23, 78, 1A, 2D, 69
7.
Considerando la información del programa 6, ahora escribir un programa para transferir los
datos en forma inversa (Ej: el dato de la localización 1055H es copiado a la posición 2085H, el dato de
la localización 1056H es copiado a la posición 2084H y así sucesivamente.
Cuales son los contenidos de la posición 2080H a 2085H, después de la ejecución del programa?


LABORATORIO
1.-

Ensamblar el siguiente programa

,DEFINE
TAMAÑO
VALOR

100H
430H

.ORG 0
LXI
MOV
INX
MOV
DCR

H,TAMAÑO
B,M
H
A,M
B
LOOP: INX
CMP
JNC
MOV
AHE: DCR
JNZ
STA
HLT
.DATA 100H
DB
1.

H
M
AHE
A,M
B
LOOP
VALOR

10,3,12,23H,18H,15,6,34H,9,22H,18H

Desemsamblar el siguiente código de un programa para el procesador 8085

0E 00 3A 36 10 47 3A 37 10 80 D2 0E 00 0C 32 38 10 79 32 39 10 76
TRABAJO EN LABORATORIO
1.Editar el programa 1. Ensamblarlo usando el simulador SIM85. Compararlo con el programa
ensamblado en el Pre-Informe
2.Cargar el programa objeto o ejecutable en su simulador. Ejecutar elprograma paso a paso e ir
verificando el valor de los registros y posiciones de memoria, que son afectados por las instrucciones


INFORME FINAL
1.Elaborar informe final. De conclusiones de la experiencia realizada

EJERCICIOS RESUELTOS DE ENSAMBLADOR
1.- 1. Ejemplo de uso de instrucciones de desvío y de control. La instrucción MOV A,B no afecta
ningún flag , por lo tanto, no afecta el flag de zero (Z). Si lo hace la instrucción DCR C.
Label
volta:

Instrucción
MVI C,10h
DCR C

Comentario
Carga el registro C con el valor 10 h
Decrementa contenido del registro C

fim:

JZ fim
MOV A,B
JMP volta
HLT

Si el resultado de DCR C fuese ZERO, desvía para "fim"
Copia contenido de B en A. No afecta ningún flag.
Desvío incondicional para "volta".
Esta instrucción para el procesamiento del programa

2. Ejemplo similar al anterior, pero usando la instrucción JZ dirección y JMP dirección.
Label

volta:

Instrucción
MVI A,07h
MVI B,00h
INC B
CMP B
JNC volta
HLT

Comentario
Carga registro A con el valor 07 h
Carga registro B con el valor 00 h.
Incrementa en "1" el contenido del registro B
Compara contenido de B con el contenido de A, sin alterar valor de
A.
Desvía para "volta", si el flag CY = 0. CY =0 si A > B o A = B
Para el procesamiento cuando CY = 1, o sea, cuando B=8 (A < B).

3. Ejemplo usando comparación entre registros (A e B). La operación de comparación y volta es
repetida hasta que el valor de B alcance el valor 08h, entonces el flag de carry es SETEADO (CY=1)
haciendo que el procesamiento se termine

Label
volta:

fim:

Instrucción
MVI C,10h
DCR C
MOV A,B
JNZ volta
HLT

Comentario
Carga el registro C con el valor 10 h
Decrementa contenido del registro C
Copia contenido de B en A. No afecta ningún flag.
Si el resultado de DCR C no fue ZERO, desvía para "volta"
Esta instrucción para el procesamiento del programa


4. Ejemplo similar al anterior, pero usando la instrucción JC dirección a diferencia de JNC dirección.
Label

fim:
.

Comentario

MVI B,00h
volta:

Instrucción
MVI A,07h

La operación de comparación y volta es repetida hasta que el
valor en B alcance el valor 08h, cuando entonces el flag de Carry
CY es 1, haciendo que el procesamiento se detenga saltando para
fim, donde se encuentra la instrucción HLT

INC B
CMP B
JC fim
JMP volta
HLT

5. Programa que realiza la multiplicación de 4 por 3. Es usada a instrucción ADI dato8

6. Otra versión de programa que hace la multiplicación de 4 por 3. La instrucción ADI dato8 é
substituida por la instrucción ADD B. El acumulador va a asumir los valores 00 h, 04 h, 08 h e,
finalmente, 0C h, esto es 12 decimal

7. Programa que hace la multiplicación de 4 por 3 usando una subrutina.


8. Programa que genera una cuenta ascendente en hexadecimal, de 00 h a FF h y envía el resultado
para la salida 1

Obs.:
En este programa el acumulador se inicia con el valor 00h y se termina cuando el acumulador vuelve
al valor 00h, después de pasar por todos os valores de 00 a FFh

9. Subrutina de atraso de 1 ms. Se hace la suposición de que un programa llama a subrutina
denominada atraso, que es entregada posteriormente. Se asume un tiempo de 1μs para cada estado.
_____
_____
CALL atraso
_____
_____


10. Subrutina de atraso de 10 ms. Se supone un tiempo de 1μs para cada estado.


GUIA 3 DE MICROPROCESADOR
1. Cite todas las instrucciones posibles a partir de la instrucción genérica MOV A, r.
2. Si los registros H e L contienen respectivamente, los valores 40 h e 50 h, cual es el significado de
la instrucción MVI M, 08h?
3. A qué grupo de instrucciones pertenece la instrucción MVI M, 08h?
4. Explique en pocas palabras como funciona a pila en el 8085. Muestre a través de un mapa de
memoria, a evolución de la pila cuando se ejecutan las siguientes instrucciones, en la secuencia
mostrada:
PUSH B, PUSH D, ADD B, PUSH PSW, ADD D, POP PSW, OUT 90, POP D, POP B
Valores iniciales: SP = 20C0 h, A = 33 h, B = 1C h, C = 4B h, D = 10 h, E = FE h e F = 3D h
5. Muestre a través de un mapa de memoria, la evolución de la pila cuando se ejecutan las siguientes
instrucciones en la secuencia mostrada:
PUSH PSW, PUSH B, CALL SUMA, (RET), MOV B, A, POP B, POP PSW
Valores iniciales: SP = 2090 h, A = 53 h, B = 0F h, C = 05 h, D = 12 h, E = 01 h e F = 55 h
Dirección de la llamada de subrutina “CALL SUMA”: 2020 h
6. Muestre la evolución de la pila en la ejecución de la instrucción a seguir:
a) PUSH B, PUSH D, PUSH H, LDA 00FF h, POP H, POP D e POP B, sabiendo que o valor inicial
de SP es 38FC h y que los registros B, C, D, E, H e L contienen los valores 08 h, 1C h, 2A h, 06 h, FE
h e 3Dh.
b) CALL 033CH, ADD B e RET (ADD B e RET están dentro de la sub-rutina que se inicia en la
posición 033CH), en las mismas condiciones del ejercicio anterior, suponiendo de que la dirección de
la instrucción CALL 033C h es 0038 h.
7. Considere o programa abajo en mnemónico, y responda las preguntas siguientes, sabiendo que a
subrutina en la dirección 0200 h provoca un retardo de 1ms e afecta el registro B.


(b) Diseña una tabla mostrando las direcciones y contenido de la pila después de la ejecución de la
instrucción CALL 0200h.
(c) Cuales son los valores enviados por la puerta de salida 01?
(d) Muestre lo que debe ser realizado si el registro B, fuese usado en lugar del registro C
8. Escriba un programa que produzca un retardo de 1 s, sabiendo que el uP 8085 es accionado por un
cristal de 6 MHz.
9. Escriba a partir de la dirección 4050 h, una sub-rutina que produzca un retardo de 0.5 ms,
aproximadamente. Suponga que la frecuencia del cristal del 8085 sea de 4,096 MHz.
10. Escriba un programa (usando bytes inmediatos para los datos) que sume los decimales 500 e 650.
11. Describa las etapas de los ciclos (FETCH – EXECUTE) de las instrucciones a seguir y explicar lo
que ocurre con las señales de control involucradas, los buses de dirección y datos
a) MOV B, M
b) LXI D, 4050 h
c) MOV E, B.
12. Haga comentarios de cada línea del programa siguiente: Explique cuál es la finalidad del programa
Complete las direcciones.

4.2 Ejemplos de Programas en Assembly
La presente sección muestra dos ejemplos de programación para simular en laboratorio
Ejemplo 1: Realizar un programa que ejecuta una cuente ascendente en hexadecimal de 00h a 60 h.


Ejemplo 2: Realice un programa que ejecuta, de forma ininterrumpida una cuenta en hexadecimal
ascendente de 00h até 60h seguida de una cuente en hexadecimal descendente de 60h até 00h.

4.3 Ejercicios Propuestos
1. Realice un programa de un contador decimal de 00 a 60.
2. Realice un programa de un contador descendente en hexadecimal de 60 h até 00 h.
3. Repita o problema anterior para una cuenta en decimal de 60 até 00.
4. Realice un programa que selecciona y muestra en un display el mayor número contenido en una
tabla
en memoria. La tabla contiene números aleatorios y tiene inicio en la dirección 2050h y termina en la
dirección 205Fh.
5. Repita el problema anterior, seleccionando e mostrando el menor número.


APUNTES DEL MICROPROCESADOR 8085

APUNTES DEL MICROPROCESADOR 8085

Recomendados

Recomendados

Más contenido relacionado

La actualidad más candente

La actualidad más candente (20)

Destacado

Destacado (20)

Similar a APUNTES DEL MICROPROCESADOR 8085

Similar a APUNTES DEL MICROPROCESADOR 8085 (20)

Más de Universidad de Tarapaca

Más de Universidad de Tarapaca (12)

Último

Último (20)

APUNTES DEL MICROPROCESADOR 8085