计算机题库答案Word格式文档下载.docx
- 文档编号:19468308
- 上传时间:2023-01-06
- 格式:DOCX
- 页数:25
- 大小:348.63KB
计算机题库答案Word格式文档下载.docx
《计算机题库答案Word格式文档下载.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《计算机题库答案Word格式文档下载.docx(25页珍藏版)》请在冰豆网上搜索。
使用Booth’s算法的过程如下
所以P=X×
Y=1101×
0110=11101110(-3×
6=-18)
4.解:
1)由于存储器字长8bits,且按字编址,所以数据引脚为8。
2)存储器的地址单元数16K=214,所以地址引脚要14个
3)用4K×
4的SDRAM芯片组成16K×
8的存储单元所需要的芯片数为:
(16K×
8)/(4K×
4)=8片。
所以需要用于片选的引脚数是3。
4)该存储器的结构图如下:
5.解:
1)0地址指令
首先将算式转换成逆波兰式如下:
ABC×
+DEF×
-/
PUSHA
PUSHB
PUSHC
MUL
ADD
PUSHD
PUSHE
PUSHF
MUL
SUB
DIV
2)1地址指令
LOADE
MULF
STOREX
LOADD
SUBX
LOADB
MULC
ADDA
DIVX
3)2地址指令
(A+B×
C)/(D-E×
F)
MOVEX,E
MULX,F
MOVET,D
SUBT,X
MOVEX,B
MULX,C
ADDX,A
DIVX,T
《计算机组成原理与系统结构》答案(第二套)
Ⅰ.FillTheBlank(1’×
13)数据处理(dataprocessing),数据存储(datastorage),数据传输(datamovement)
14)CPU,主存(mainmemory),I/O设备(peripherals)
15)MAR←(PC),MBR←Memory,PC←(PC)+1,IR←(MBR).
16)集中式仲裁(centralizedarbitration)分布式仲裁(distributedarbitration).
17)字数(numberofword)字长(wordsize)
18)顺序存储(sequentialaccess),直接存储(directaccess),随机存储(randomaccess)
19)238263
20)5
21)程序查询方式(programmedI/O),中断方式(interrupt-drivenI/O)直接存储器存取方式(DMA).
22)主存映射I/O(memory-mappedI/O)独立I/O(isolatedI/O)
23)长期调度(long-termscheduling),中期调度(medium-termscheduling)
24)3
1—5DACBB6—10DDCDA11—15DBBDD
1.答:
DMA过程包括以下三个阶段:
初始化阶段、DMA传送阶段、DMA中断处理阶段。
在初始化阶段,由程序解决传送方向、主存首址、交换量、外设寻址信息等初始化信息。
在DMA传送阶段,由硬件完成DMA请求,DMA响应和DMA传送。
DMA中断处理阶段,由接口提出中断请求,CPU响应中断后,执行中断服务程序,判断传送的数据是否正确。
如有误,则作相应处理;
或重新初始化,准备下一次传送等等。
2.答:
当CPU根据物理地址访问数据时,先检查Cache。
如果所需要访问的数据在Cache中,则直接从Cache中读数据并进行处理。
如果所需要访问的数据不在Cache中,则CPU根据物理地址访问主存,读取数据到CPU进行处理;
同时将该数据所在的主存块同时写入到Cache中。
在主存块写入Cache时可能需要替换掉Cache中已经存在的主存块。
3.答:
1)计算新的校验码:
2)求症状字
C4C3C2C1
0000
⊕0111
0111=7
所以第7位出错,正确的比特流是:
001101001111
4.解:
a)由于处理机需要花95%的指令来执行“背景程序”,当使用programmedI/O时,可以有5%的指令用来传送数据。
每秒可以用来传输数据的指令数量是:
5%×
106=50000(条)。
传送一个字需要执行两条指令,所以采用programmedI/O时,数据的传输率是:
50000÷
2=25000(字/秒)
b)采用DMA方式时不需要CPU的干预,且一个总线周期可以传送一个字,由于处理机周期和总线周期相同,那么执行50000条指令的时间可以用来传输的字数是:
50000×
4=200000(字)。
又由于采用的是周期窃取方式,每执行一条背景程序有两个机器周期可以被窃取,可以用来传输的字数是:
95%×
106×
2=1900000(字)。
所以DMA方式下数据传输率是:
200000+1900000=21×
105(字/秒)
5.答:
a)8bits用于标志,5bit用于行号,3bit用于字号
a)
i.0001000100011011第3行
ii.1101001100110100第6行
iii.1101000001011101第11行
iv.1010101010101010第21行
b)和0001101000111010存储在一起的字的地址是0001101000111000---0001101000111111
c)总共可以放入Cache的字数是32×
8=256(字)
d)由于采用的是直接映像方式,所以主存中不同的块有可能放入Cache的同一行中,所以要使用tag标志将他们区分开来。
《计算机组成原理与系统结构》答案(第三套)
25)1111.0110,F.6,17.3
26)1/2rrNb/sts+1/2r+1/r
27)01101101-10910010011
28)数据总线(databus)地址总线(addressbus)
29)224225
30)时间局部性(temporallocality)空间局部性(spatiallocality)
31)LRUFIFOLFU.
32)001011111100
33)运行(Running),等待(Block,Waiting)
34)A(A)(R)+(A)
35)Tc×
H+Tm×
(1-H)Tc×
H+(Tm+Tc)×
(1-H)
36)同步时序(synchronoustiming)异步时序(asynchronoustiming)
1—5CBDCD6—10ABBDC11—15ACCDA
1.Key:
Fetchcycle:
T1:
(PC)→MAR0.5’executecycle:
IR(add)→MAR0.5
T2:
(MAR)→ABT2:
(MAR)→AB
(MEM)→DB(MEM)→DB
DB→(MBR)1’DB→(MBR)1’
T3:
(PC)+1→PC0.5T3:
sptr→MAR0.5
T4:
(MBR)→(IR)0.5T4:
(MBR)→DB
DB→(MEM)0.5
2.Key:
1)thereversepolishoftheaboveformulais:
AB-CD×
+ABC/+/………1’
2)Theprogramisasthefollowing……0.3’×
13
3.
0111111
111111*********111111
Key:
a)theformatofthemaximalpositivenumberis:
Thedecimalvalueis:
(1-2-17)×
2+31……2’
100000
10000000000000001111
b)theformatoftheminimalpositivenumberis:
0.5×
2-32……2’
1
c)theformatoftheminimalnegativenumberis:
-(1-2-17)×
2+31……2’
10000000000000000
d)theformatofthemaximalnegativenumberis:
-(0.5)×
4.Theflowisshowedasthefollowing:
AQM=1011
00000110initialvalue
00001100shiftright1bit
1011addthefirstcycle(1.5’)
00001100restored
00011000shiftright1bit
1100addthesecondcycle(1.5’)
00011000restored
00110000shiftright1bit
1110addthethirdcycle(1.5’)
00110000restored
01100000shiftright1bit
0001addthefourthcycle(1.5’)
00010001setQ0=1
Sothequotientis1111andtheremainderis0001(2’)
5.Key:
a)10bitsfortag,4bitsforsetnumberand2bitsforbytenumber(2’)
b):
i.0001000100011011the6thset(1’)
ii.1101001100110100the13thset(1’)
iii.1101000001011101the7thset(1’)
iv.1010101010101010the10thset(1’)
c)No,wecan’t.Wecanidentifywhichsetthebytewillbeallocated,becausethedirectmappingtechniqueisused.Butwecan’tidentifywhichlineofthesetthebytewillbeallocatedbecauseassociativemappingtechniqueisinvolved.
d)1.thestatusofeachlineisshowedasthefollowingtable
17
33
49
65
81
97
Line0
Line1
Line2
Line3
2.Thehitratioofthecacheis:
H=8/19=42.1%
《计算机组成原理与系统结构》答案(第四套)
37)1600KB/s,25.6KB/s
38)33.26,1B.58,27.34375
39)中央处理器(CPU),I/O设备(I/Odevice),存储器(storage)
40)MBR←(Memory),PC←(PC)+1,IR←(MBR)
41)集中式仲裁(centralizedarbitration)
42)字数(numberofword)
43)顺序存储(sequentialaccess),直接存储(directaccess),随机存储(randomaccess)
44)238263
45)5
46)程序查询方式(programmedI/O),中断方式(interrupt-drivenI/O)
47)长期调度(long-termscheduling),中期调度(medium-termscheduling)
48)3
49)第20组(the20thset)4KB1100011(99)00011(3)
1—5DACCA6—10DCCCB11—15CBCDD
Ⅲ.Explanation,CalculationandDesign里面
1.解:
AQQ-1M
0000011001101initialvalue
0000001101101shiftright1bit1thCycle
0011001101101A←A-M
0001100111101shiftright1bit2thCycle
0000110011101shiftright1bit3rdCycle
1101110011101A←A+M
1110111001101shiftright1bit4thCycle
6=-18)(没对一周期给1’,最后一步给1’)
当CPU根据物理地址访问数据时,先检查Cache(1’)。
如果所需要访问的数据在Cache中,则直接从Cache中读数据并进行处理(1’)。
(1’)同时将该数据所在的主存块同时写入到Cache中。
(1’)在主存块写入Cache时可能需要替换掉Cache中已经存在的主存块。
(1’)
(4’)
2)求症状字(3’)
001101001111(1’)
4.a)thecapacityofthemultiple-platterdiskis:
(10×
2-2)×
110×
96×
0.5KByte=95040KByte≈92.8MByte(3’)
b)themaximumtransfer:
(96×
0.5KByte)÷
(60÷
360)=288KB/s(2’)
c)thepercentageofthetimewilltheprocessorspendhandlingI/Ois:
(2.5×
10-6s/Byte×
0.5KByte)÷
(0.5KByte÷
288KByte/s)=73.7%(72%)(5’)
解:
1)由于存储器字长4bits,且按字编址,所以数据引脚为4。
2)存储器的地址单元数1M=220,所以地址引脚要20个(1’)
3)用256K×
1的芯片组成1M×
4的存储单元所需要的芯片数为:
(1M×
4)/(256K×
1)=16片,16片分成4组,每组为256K×
4。
所以需要用于片选的引脚数是2。
(2’)
(8’)
《计算机组成原理与系统结构》答案(第五套)
50)1100.1011;
C.B
51)ENIAC(电子数字积分器与运算器);
vacuumtube(真空管);
transistor(晶体管).
52)MBR;
MAR;
IR;
PC.
53)01010011;
-83.
54)databus(数据总线),addressbus(地址总线).
55)block(块);
word(字).
56)16MB;
4096MB.
57)23;
8;
3.
58)programmedI/O(程序查询方式输入输出),interrupt-drivenI/O(中断方式输入输出).
59)3.
60)temporallocality(时间局部性);
spatiallocality(空间局部性).
61)running(运行状态);
waiting(等待状态);
ready(就绪状态).
62)centralizedarbitration(集中式仲裁);
distributedarbitration(分布式仲裁).
10=30’)
1、(C)2、(B)3、(C)4、(B)5、(D)6、(B)7、(A)8、(A)9、(C)10、(D)
1、(8分)
答:
(1)在页式虚拟存储系统中,CPU要两次访问内存才能取出有效数据,第一次是访问内存中的页表,计算出数据的物理地址;
第二次是根据物理地址访问内存数据;
这种方式严重影响CPU的效率。
(3分)
(2)因此可以利用一个cache将内存中的页表经常用到的部分存储在其中,这个cache就是TLB。
(2分)
(3)根据程序局部性原理,可以使CPU在大部分访问查页表的操作去访问TLB而不是内存,从而大大节约了CPU的访存时间,提高了CPU的效率。
2、(6分)
a.AB+CD+×
E+(3分)
b.AB×
CD×
+E+(3分)
3、(10分)
-7的补码是1011,3的补码是0011
结果修正:
取0010的相反数为1110,所以1001=0011×
1110+1111。
(1分)
4、(10分)
a.t1:
MAR←(IR(address))(1分)
t2:
MBR←Memory(1分)
t3:
Y←(MBR)(1分)
t4:
Z←(AC)+(Y)(1分)
b.t1:
MBR←Memory(0.5分)
MAR←(MBR)(1分)
t5:
t6:
t7:
AC←(Z)(1分)
5、(16分)
答:
a.(3分)
32k=21
- 配套讲稿:
如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
- 特殊限制:
部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
- 关 键 词:
- 计算机 题库 答案