2022年本科生计算机组成原理题库期末试卷及答案7.docx

本科生期末试卷九一． 挑选题（每道题 1 分，共 10 分）1．八位微型运算机中乘除法大多数用 实现；A 软件 B 硬件 C 固件 D 专用片子2．在机器数 中，零的表示是唯独的； A 原码 B 补码 C 移码 D 反码3. 某 SRAM 芯片，其容量为 512× 8 位，除电源和接地端外，该芯片引出线的最小数目应是 ；A 23 B 25 C 50 D 194. 某机字长 32 位，储备容量 64MB ，如按字编址，它的寻址范畴是 ；A 8M B 16MB C 16MB D 8MB5. 采纳虚拟存贮器的主要目的是 ；A 提高主存贮器的存取速度 ；B 扩大主存贮器的存贮空间，并能进行自动治理和调度 ；C 提高外存贮器的存取速度 ；D 扩大外存贮器的存贮空间 ；6. 算术右移指令执行的操作是 ；A 符号位填 0，并顺次右移 1 位，最低位移至进位标志位 ；B 符号位不变，并顺次右移 1 位，最低位移至进位标志位 ；C 进位标志位移至符号位，顺次右移 1 位，最低位移至进位标志位 ；D 符号位填 1，并顺次右移 1 位，最低位移至进位标志位 ；7. 微程序掌握器中，机器指令与微指令的关系是 ；A 每一条机器指令由一条微指令来执行 ；B 每一条机器指令由一段用微指令编成的微程序来说明执行 ；C 一段机器指令组成的程序可由一条微指令来执行 ；D 一条微指令由如干条机器指令组成 ；8. 同步传输之所以比异步传输具有较高的传输频率是由于同步传输 ；A 不需要应答信号 ；B 总线长度较短 ；C 用一个公共时钟信号进行同步 ；D 各部件存取时间较为接近 ；9. 美国视频电子标准协会定义了一个 VGA 扩展集，将显示方式标准化，这称为闻名的 显示模式；A AVGA B SVGA C VESA EGA10. CPU 响应中断时，进入“中断周期”，采纳硬件方法爱护并更新程序计数器 PC 内容， 而不是由软件完成，主要是为了 ；A 能进入中断处理程序，并能正确返回源程序 ；B 节约主存空间 ；C 提高处理机速度 ；D 易于编制中断处理程序 ；二．填空题（每道题 3 分，共 15 分）6 / 61. 多媒体 CPU 是带有 A. 技术的处理器；它是一种 B. 技术，特殊适合于C. 处理；2. ．总线定时是总线系统的核心问题之一；为了同步主方、从方的操作，必需制订 A. ；通常采纳 B. 定时和 C. 定时两种方式；3. 通道与 CPU 分时使用 A. ，实现了 B. 内部数据处理和 C. 并行工作；4. 2000 年超级运算机最高运算速度达到 A. 次；我国的 B. 号运算机的运算速度达到 3840 亿次，使我国成为 C. 之后，第三个拥有高速运算机的国家；5. 一个定点数由 A. 和 B. 两部分组成；依据小数点位置不同，定点数有纯小数和 C. 两种表示方法；三． （ 9 分）已知： x= 0 . 1011， y = - 0 . 0101，求 ： [11x] 补， [21 1x] 补， [ - x ] 补， [ y]4 2补， [y] 补， [ - y ] 补 ， x + y = ., x –y = .4四． （10 分）用 16K × 1 位的 DRAM 芯片构成 64K × 8 位的储备器；要求：（1） 画出该芯片组成的储备器规律框图；（2） 设储备器读 / 写周期均为 0. 5μ s， CPU 在 1μ s 内至少要访存一次；试问采纳哪种刷新方式比较合理？两次刷新的最大时间间隔是多少？对全部储备单元刷新一遍，所需实际刷新时间是多少？五． （9 分）指令格式如下所示， OP为操作码字段，试分析指令格式的特点；15 10 7 4 3 0OP 源寄存器 基值寄存器位移量（ 16 位）六． （9 分） CPU 结构如图 B9.1 所示，其中有一个累加寄存器 AC ，一个状态条件寄存器，各部分之间的连线表示数据通路，箭头表示信息传送方向；（ 1） 标明图中四个寄存器的名称；（ 2） 简述指令从主存取到掌握器的数据通路；（ 3） 简述数据在运算器和主存之间进行存 / 取拜访的数据通路；图 B9.1七． （9 分）试推导磁盘存贮器读写一块信息所需总时间的公式；八． （9 分）如图 B9.2 所示的系统中断机构是采纳单级优先中断结构，设备 A 连接于最高优先级，设备 B 次之，设备 C 又次之；要求 CPU 在执行完当前指令时转而对中断恳求进行服务，现假设： T DC 为查询链中每个设备的推迟时间， TA、TB、TC 分别为设备 A 、B、C 的服务程序所需的执行时间， TS、TR 为储存现场和复原现场所需时间；试问：在此环境下，此系统在什么情形下达到中断饱和？即在确保恳求服务的三个设备都不会丢失信息的条件下，答应显现中断的极限频率有多高？留意，“中断答应”机构在确认一个新中断之前，先要让即将被中断的程序的一条指令指令执行完 毕；图 B9.2九．（ 10 分） 十．（ 10 分）本科生期末试卷九答案一． 挑选题1． A 2 . B 3 . D 4. C 5. B6. B 7. B 8. B 、D 9. B 10. A二． 填空题1. A.MMX B. 多媒体扩展结构 C. 图象数据2. A. 定时协议 B. 同步 C. 异步3. A. 内存 B.CPU C.I / O4. A.10000 亿 B. 神威 C.美国、日本5. A. 符号位 B.数值域 C.纯整数三. 解： [ x ] 补 = 0 . 1011 ， [ y ] 补 = 1 .10111[ x ] 补 = 0 .01011 ， [21y ] 补 = 1.1101121[ x ] 补 = 0.001011 ，[4y ] 补 = 1.11101114[ - x ] 补 = 1.0101 ， [ - y ] 补 = 0.0101 [ x ] 补 = 00 . 1011 [ x ] 补 = 00.1011+ [ - y ] 补 = 00.0101 + [ y ] 补 = 11.101101.0000 00.0110符号位相异 x –y 溢出 x+y=0.0110四. 解：（ 1）依据题意，储备器总量为 64KB，故地址线总需 16 位；现使用 16K×1 位的动态 RAM芯片，共需 32 片；芯片本身地址线占 14 位，所以采纳位并联与地址串联相结合的方法来组成整个储备器，其组成规律框图如图 B9.3 ，其中使用一片 2 ： 4 译码器；（ 2）依据已知条件， CPU在 1μs 内至少需要访存一次，所以整个储备器的平均读 /写周期与单个储备器片的读 / 写周期相差不多，应采纳异步刷新比较合理；对动态 MOS储备器来讲，两次刷新的最大时间间隔是 2μ s；RAM芯片读 / 写周期为0.5 μ s，假设 16K × 1 位的 RAM芯片由 128 × 128 矩阵储备元构成，刷新时只对 128 行进行异步方式刷新，就刷新间隔为 2m / 128 = 15.6 μ s，可取刷新信号周期 15μ s；图 B 9.3五. 解：（ 1）双字长二地址指令，用于拜访储备器；6（ 2）操作码字段 OP 为 6 位，可以指定 2 = 64 种操作；（ 3）一个操作数在源寄存器（共 16 个），另一个操作数在储备器中（由基值寄存器和位移量打算），所以是 RS 型指令；六. 解：（1） a 为数据缓冲寄存器 DR ，b 为指令寄存器 IR ， c 为主存地址寄存器， d 为程序计数器 PC；（2） 主存 M →缓冲寄存器 DR →指令寄存器 IR →操作掌握器；〔3〕 储备器读 ： M →DR → ALU → AC储备器写 ： AC → DR →M七. 解：设读写一块信息所需总时间为 T，平均找到时间为 Ts，平均等待时间为 TL，读写一块信息的传输时间为 Tm，就： T=T s＋ TL＋ Tm；假设磁盘以每秒 r 的转速率旋转，每条磁道容量为 N 个字，就数据传输率 =rN 个字 /秒；又假设每块的字数为 n，因而一旦读写头定位在该块始端，就能在 Tm≈（ n / rN ）秒的时间中传输完毕；TL 是磁回旋转半周的时间， TL =（ 1/2r ）秒，由此可得： T=T s＋ 1/2r＋ n/rN 秒八. 解：假设主存工作周期为 TM，执行一条指令的时间也设为 TM ；就中断处理过程和各时间段如图 B9.4 所示；当三个设备同时发出中断恳求时，依次处理设备 A 、B 、C 的时间如下：tA = 2T M + 3T DC + TS + TA + T RtB = 2T M + 2T DC + TS + TB + TRtC = 2T M + T DC + TS + TC + TR达到中断饱和的时间为： T = t A + t B+ t C 中断极限频率为： f = 1 / T图 B 9.4九.十.。