重新学习延时程序 发布时间：2011-09-28 14:31:51

技术类别：软件开发

在TI提供的CC2510参考代码中有一段延时程序写得挺不错，说它不错是困想不出作者是怎么想到这个方法的，如果也是经过对所有指令的执行时间合计才选择这样的，那许可以做得更精确，如果没有的话那是怎么想到的呢？这就是这段代码被反复玩味的原因。相信除我之还有许多CCXXX0的用户也有同样的困惑。

今天试着来分析下这段代码：

void halWait(BYTE wait)

{

UINT32 largeWait;

if(wait == 0)

{return;}

largeWait = ((UINT16) (wait << 7));

largeWait += 59*wait;

largeWait = (largeWait >> CLKSPD);　　//CLKSPD代表时钟分频数，这里为0

while(largeWait--); //行7

return;

}

假定选择了26M外部晶振，而且主时钟不作分频，那么以上代码以26M的速度执行。行7以外的代码很容易看懂，却不能看出这计算largeWait的方法原理何在。为了弄清楚计算largeWait的方式背后的初衷，就只能查看IAR编译后的代码了。

0X026B:

MOV V4,V0 1

MOV V5,V1 1

MOV V6,V2 1

MOV V7,V3 1

MOV V0,V4 1

L_ADD_X

MOVX A,@DPTR 3-10

ADD A,@R0 2

MOV @R0,A 3

INC R0 2

INC DPTR 1

MOVX A,@DPTR 3-10

ADDC A,@R0 2

MOV @R0,A 3

INC R0 2

INC DPTR 1

MOVX A,@DPTR 3-10

ADDC A,@R0 2

MOV @R0,A 3

INC R0 2

INC DPTR 1

MOVX A,@DPTR 3-10

ADDC A,@R0 2

MOV @R0,A 3

RET 4

L_EQ_X

MOVX A,@DPTR 3-10

XRL A,@R0  2

JNZ 0X006E  3

INC R0 2

INC DPTR 1

MOVX A,@DPTR 3-10

XRL A,@R0 2

JNZ 0X006E 3

INC R0 2

INC DPTR 1

MOVX A,@DPTR 3-10

XRL A,@R0 2

JNZ 0X006E 3

INC R0 2

INC DPTR 1

MOVX A,@DPTR 3-10

XRL A,@R0 2

0X006E:RET 4

这段代码分成3个部分，我们只关注时间开销，每行的最后一个个数字代表执行所需指令周期，以此来看行7运行一次所需的时间大概在120~176个时钟周期。从理论上计算每毫秒需要26000个时钟周期。下面再看延时时间和代码执行所耗周期、理论周期的对比。

第一列是时间(ms)，第二列是最少消耗时钟周期数，第三列是最大消耗时钟周期数，第四列则取二、三列的平均值，第五列是理论上需要的时钟周期数。

所以这段代码确实实现ms级的延时，最大误差为6.45%。好像大家伙看完都不怎么说话，可能是我之前的blog写得太简单了，往后我得发力写出新得。

Tome(emot)

2011年9月28日