2022年2022年计算机组成原理第四章作业答案 .pdf

资料收集于网络如有侵权请联系网站删除谢谢精品文档第四章作业答案4.1 解释概念： 主存、辅存，Cache, RAM, SRAM, DRAM, ROM, PROM ,EPROM ,EEPROM CDROM, Flash Memory. 解： 1 主存：主存又称为内存，直接与CPU 交换信息。2 辅存：辅存可作为主存的后备存储器，不直接与CPU 交换信息，容量比主存大，速度比主存慢。3 Cache: Cache缓存是为了解决主存和CPU 的速度匹配、提高访存速度的一种存储器。它设在主存和CPU 之间，速度比主存快，容量比主存小，存放CPU 最近期要用的信息。4 RAM; RAM 是随机存取存储器，在程序的执行过程中既可读出信息又可写入信息。5 SRAM: 是静态 RAM ，属于随机存取存储器，在程序的执行过程中既可读出信息又可写入信息。靠触发器原理存储信息，只要不掉电，信息就不会丢失。6 DRAM 是动态 RAM ，属于随机存取存储器，在程序的执行过程中既可读出信息又可写入信息。 靠电容存储电荷原理存储信息，即使电源不掉电，由于电容要放电，信息就会丢失，故需再生。7 ROM: 是只读存储器，在程序执行过程中只能读出信息，不能写入信息。8 PROM: 是可一次性编程的只读存储器。9 EPROM 是可擦洗的只读存储器，可多次编程。10 EEPROM: 即电可改写型只读存储器，可多次编程。11 CDROM 即只读型光盘存储器。12 Flash Memory 即可擦写、非易失性的存储器。4.3 存储器的层次结构主要体现在什么地方？为什么要分这些层次？计算机如何管理这些层次？答：存储器的层次结构主要体现在Cache 主存和主存 辅存这两个存储层次上。Cache主存层次在存储系统中主要对CPU 访存起加速作用， 即从整体运行的效果分析，CPU 访存速度加快，接近于Cache的速度，而寻址空间和位价却接近于主存。主存 辅存层次在存储系统中主要起扩容作用，即从程序员的角度看，他所使用的存储器其容量和位价接近于辅存，而速度接近于主存。综合上述两个存储层次的作用，从整个存储系统来看，就达到了速度快、容量大、位价低的优化效果。主存与 Cache 之间的信息调度功能全部由硬件自动完成。而主存 辅存层次的调度目前广泛采用虚拟存储技术实现，即将主存与辅存的一部份通过软硬结合的技术组成虚拟存储器，程序员可使用这个比主存实际空间（物理地址空间）大得多的虚拟地址空间（逻辑地址空间） 编程，当程序运行时，再由软、硬件自动配合完成虚拟地址空间与主存实际物理空间的转换。因此，这两个层次上的调度或转换操作对于程序员来说都是透明的。名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 1 页，共 10 页 - - - - - - - - - 资料收集于网络如有侵权请联系网站删除谢谢精品文档4. 6. 某机字长为32 位，其存储容量是64KB ，按字编址其寻址范围是多少？若主存以字节编址，试画出主存字地址和字节地址的分配情况。解：存储容量是64KB 时，(1)按字节编址的寻址范围就是64KB. (2)按字寻址范围= 64K 8 / 32=16K 字按字节编址时的主存地址分配图如下：字地址字节地址讨论：1、 在按字节编址的前提下，按字寻址时，地址的位数仍为16 位，即地址编码范围仍为 064K-1 ，但字 (数)空间为 16K 字，字地址不连续。2、 字寻址的单位为：字，不是B（字节）4.8. 试比较静态RAM 和动态 RAM 。答：静态RAM 和动态 RAM 的比较见下表：特性SRAMDRAM存储信息触发器电容破坏性读出非是需要刷新不要需要送行列地址同时送分两次送运行速度快慢集成度低高发热量大小存储成本高低功耗高低可靠性高低可用性使用方便不方便适用场合高速小容量存储器大容量主存0 0 1 2 3 4 4 5 6 7 16K 65528 65532 名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 2 页，共 10 页 - - - - - - - - - 资料收集于网络如有侵权请联系网站删除谢谢精品文档4.9. 什么叫刷新？为什么要刷新？说明刷新有几种方法。解：刷新 对 DRAM 定期进行的全部重写过程；刷新原因 因电容泄漏而引起的DRAM 所存信息的衰减需要及时补充，因此安排了定期刷新操作；常用的刷新方法有三种 集中式、分散式、异步式。集中式：在最大刷新间隔时间内，集中安排一段时间进行刷新；分散式：在每个读/写周期之后插入一个刷新周期，无CPU 访存死时间；异步式：是集中式和分散式的折中。4.11. 一个 8K8 位的动态 RAM 芯片，其内部结构排列成256 256 形式，存取周期为0.1 s。试问采用集中刷新、分散刷新及异步刷新三种方式的刷新间隔各为多少？注：该题题意不太明确。实际上，只有异步刷新需要计算刷新间隔。解：设 DRAM 的刷新最大间隔时间为2ms，则异步刷新的刷新间隔=2ms/256 行 =0.0078125ms =7.8125s 即：每 7.8125 s刷新一行。集中刷新时，刷新最晚启动时间=2ms-0.1 s 256 行 =2ms-25.6 s=1974.4 s 集中刷新启动后刷新间隔= 0.1 s 即：每 0.1 s 刷新一行。集中刷新的死时间=0.1 s 256 =25.6s 分散刷新的刷新间隔=0.1 s 2 =0.2 s 即：每 0.2 s 刷新一行。分散刷新一遍的时间=0.1 s 2 256 行 =51.2 s 则 分散刷新时，2ms 内可重复刷新遍数=2ms/ 51.2 s 39遍4.14. 某 8 位微型机地址码为18 位， 若使用 4K4 位的 RAM 芯片组成模块板结构的存储器，试问：（1）该机所允许的最大主存空间是多少？（2）若每个模块板为32K8 位，共需几个模块板？（3）每个模块板内共有几片RAM 芯片？（4）共有多少片RAM ？（5）CPU 如何选择各模块板？解：（1）218 = 256K ，则该机所允许的最大主存空间是256K8 位（或 256KB ） ；（2）模块板总数= 256K 8 / 32K8 = 8 块；（3）板内片数= 32K 8 位 / 4K4 位= 8 2 = 16 片；（4）总片数= 16 片 8 = 128 片；（5）CPU 通过最高 3 位地址译码选板，次高3 位地址译码选片。地址格式分配如下：17 15 14 12 11 03 3 12名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 3 页，共 10 页 - - - - - - - - - 资料收集于网络如有侵权请联系网站删除谢谢精品文档4.15 设 CPU 共有 16 根地址线， 8 根数据线，并用/MREQ （低电平有效）作访存控制信号， R/-W 作读/写命令信号（高电平为读，低电平为写）。现有这些存储芯片：ROM （2K8 位， 4K4 位， 8K8 位） ，RAM （1K4 位， 2K8 位， 4K8 位） ，及 74138 译码器和其他门电路（门电路自定）。试从上述规格中选用合适的芯片，画出CPU 和存储芯片的连接图。要求如下：（1）最小 4K 地址为系统程序区，409616383 地址范围为用户程序区；（2）指出选用的存储芯片类型及数量；（3）详细画出片选逻辑。解：（1）最小 4K 地址为系统程序区，409616383 地址范围为用户程序区；（2）指出选用的存储芯片类型及数量；（3）详细画出片选逻辑。解： （1）地址空间分配图：系统程序区（ ROM 共 4KB） ： 0000H-0FFFH 用户程序区（ RAM 共 12KB ） ： 4096- 16383 （D）1，0000，0000，0000-11，1111，1111，1111（B）1000H-3FFFH 。 （）（2） ：ROM ：4K 4 位： 2 片；(位扩展 ) RAM ：4K 8 位： 3 片； （字扩展）选片： ROM ：选择 4K4 位芯片 2 片，位并联RAM ：选择 4K8 位芯片 3 片，字串联(RAM1 地址范围为 :1000H-1FFFH,RAM2地址范围为2000H-2FFFH, RAM3地址范围为:3000H-3FFFH) A15 A14 A13 A12 A11 A10 A9 A8 A7 A6 A5 A4 A3 A2 A1 A0 ROM1,2 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 RAM1 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 RAM2 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 RAM3 0 0 1 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 1 11 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 CPU 和存储器连接逻辑图及片选逻辑如下图(1)所示：名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 4 页，共 10 页 - - - - - - - - - 资料收集于网络如有侵权请联系网站删除谢谢精品文档CPUROM1RAM1RAM2RAM374138ROM2D0D3D4D7R/WA11A00Y1Y2Y3Y7YA15A14A13A12MREQA2GB2G1GABCPROG/PDOECSCSCSOE.图（ 1）（注：修改A15 接/G2A, / MREQ 接/G2B， G1 接高电平（ VCC） ！ ）4.17. 写出 1100、1101、1110、1111 对应的汉明码。 （配偶原则）解：有效信息均为n=4 位，假设有效信息用b4b3b2b1 表示校验位位数k=3 位， （2k=n+k+1 ）设校验位分别为c1、c2、c4，则汉明码共4+3=7 位，即： c1c2b4c4b3b2b1 校验位在汉明码中分别处于第1、2、4 位c1=b4b3b1 c2=b4b2b1 c4=b3b2b1 当有效信息为1100 时， c1c2c4=011,汉明码为 0111100。当有效信息为1101 时， c1c2c4=100,汉明码为 1010101。当有效信息为1110 时， c1c2c4=000,汉明码为 0010110。当有效信息为1111时， c1c2c4=111,汉明码为 1111111 。4.18. 已知收到的汉明码（按配偶原则配置）为 1100100、1100111、1100000、1100001，检查上述代码是否出错？第几位出错？解：假设接收到的汉明码为：c1c2b4c4b3b2b1 纠错过程如下：P1=c1b4b3b1 P2=c2b4b2b1 P4=c4b3b2b1 如果收到的汉明码为1100100，则 p4p2p1=110，说明代码有错，第6 位（ b2）出错，有效信息为： 0110 如果收到的汉明码为1100111，则 p4p2p1=111，说明代码有错，第7 位（ b1）出错，有名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 5 页，共 10 页 - - - - - - - - - 资料收集于网络如有侵权请联系网站删除谢谢精品文档效信息为： 0110 如果收到的汉明码为1100000，则 p4p2p1=011，说明代码有错，第3 位（b4）出错，有效信息为： 1000 如果收到的汉明码为1100001，则 p4p2p1=100，说明代码有错，第4 位（c4）出错，有效信息为： 0001 4.19 已知接收到下列汉明码，分别写出它们所对应的欲传送的代码。（1）1100000（按偶性配置）（4）0011001（按奇性配置）解：（1）1100000（按配偶性）注意：按偶配置，检测时，Pi=0 正确，代表本小组(gi) 的 1 的个数为偶数。Pi=1 错误如果收到的汉明码为1100000，则 p4p2p1=011，说明代码有错，第3 位（ b4）出错，有效信息为：1000 （4）0011001（按奇配置）则：p4p2p1=000 注意：按奇配置，检测时，Pi=0 错误，代表本小组(gi)的 1 的个数不为奇数个1 Pi=1 正确代表本小组 (gi)的 1 的个数为奇数个1 （正确）为了定位，可取反p4p2p1=/0/0/0=111 即第 7 位出错， 有效信息为： 1000 4.25 什么是程序访问的局部性？存储系统中哪一级采用了程序访问的局部性原理。答：局部性访问原理是指程序执行时对存储器的访问是不均匀的，这是由于指令和数据在主存的地址分布不是随机的，而是相对的集中（簇聚）。存储系统的缓存-主存级和主存 - 辅存级都用到程序访问的局部性原理。对缓存- 主存级而言，把CPU 最近期执行的程序放在容量较小，速度较高的缓存中。对主存-辅存级而言， 把程序中访问频度高，比较活跃的部分放在主存中，这样既提高了访存的速度又扩大了存储器的容量。4.26 计算机中Cache 的作用是什么？能不能把Cache扩大，最后取代主存，WHY? 答： Cache的作用是提高访存速度。当Cache 容量达到一定值时，命中率不因容量的增大而明显提高，而且Cache成本价高，所以不能取代主存。名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 6 页，共 10 页 - - - - - - - - - 资料收集于网络如有侵权请联系网站删除谢谢精品文档4.25（补充） . Cache 做在 CPU 芯片内有什么好处？将指令Cache和数据 Cache 分开又有什么好处？答： Cache做在 CPU 芯片内主要有下面几个好处：1）可提高外部总线的利用率。因为Cache在 CPU 芯片内， CPU 访问 Cache 时不必占用外部总线。2） Cache不占用外部总线就意味着外部总线可更多地支持I/O 设备与主存的信息传输，增强了系统的整体效率。3）可提高存取速度。因为Cache与 CPU 之间的数据通路大大缩短,故存取速度得以提高。将指令 Cache 和数据 Cache分开有如下好处：1）可支持超前控制和流水线控制，有利于这类控制方式下指令预取操作的完成。2）指令 Cache可用 ROM 实现，以提高指令存取的可靠性。3）数据 Cache对不同数据类型的支持更为灵活，既可支持整数（例32 位） ，也可支持浮点数据（如64 位） 。4.28. 设主存容量为256K 字， Cache容量为 2K 字，块长为4。（1）设计 Cache 地址格式， Cache 中可装入多少块数据？（2）在直接映射方式下，设计主存地址格式。（3）在四路组相联映射方式下，设计主存地址格式。（4）在全相联映射方式下，设计主存地址格式。（5）若存储字长为32 位，存储器按字节寻址，写出上述三种映射方式下主存的地址格式。解：（1） Cache 容量2K 字=211 字（Cache地址11 位）块长 4 字4=22 字Cached 包含的块数 = Cache 容量 /块长=211 /22=29块Cache 字块地址9 字块内地址2 （2）在直接映射方式下，设计主存地址格式主存容量256K 字 =218 字（主存地址18 位）主存包含的块数：218/22=216块主存字块标记=主存地址长度 - Cache 地址长度 =18-11=7 位主存字块标记7 Cache 字块地址9 字块内地址2 （3）在四路组相联映射方式下，设计主存地址格式四路组相联 =每组 4 块=r=2 (4 块=22 ) Cache 可分的组数 = 29/22 = 27 =q=7 （组地址需要7位）主存字块标记 =主存地址长度 - 组地址长度 -字块内地址（b）=18-7-2=9 位主存字块标记9 组地址7 字块内地址2 名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 7 页，共 10 页 - - - - - - - - - 资料收集于网络如有侵权请联系网站删除谢谢精品文档（4）在全相联映射方式下，设计主存地址格式：主存字块标记=主存地址长度 - 字块内地址（ b）=18-2=16 位主存字块标记16 字块内地址2 同理：若存储字长为32 位， 存储器按字节寻址，写出上述三种映射方式下主存的地址格式。Cache 容量2K 字=211 *32/8=213（Cache地址13 位）每个块容量 =4*32/8=16 字节（块内地址需4位）Cache包含的块数： 2K 字/4 字=29 块Cache 字块地址9 字块内地址4 （1）在直接映射方式下，设计主存地址格式主存容量256K 字 =218 字 = 218 *32/8=220字节（主存字节地址20 位）每个块容量 =4*32/8=16 字节（块内地址需4 位）主存包含的块数：218/22=216块主存字块标记 =主存地址长度 - Cache 地址长度 =20-4-9=7 位主存字块标记7 Cache 字块地址9 字块内地址4 （2）在四路组相联映射方式下，设计主存地址格式四路组相联 =每组 4 块=r=2 (4 块=22 ) Cache可分的组数 = 29/22 = 27 =q=7 （组地址需要7 位）主存字块标记=主存地址长度 - 组地址长度 -字块内地址（b）=20-7-4=9 位主存字块标记9 组地址7 字块内地址4 （3）在全相联映射方式下，设计主存地址格式：主存字块标记=主存地址长度 - 字块内地址（ b）=20-4=16 位主存字块标记16 字块内地址4 4. 32. 设某机主存容量为4MB ，Cache 容量为 16KB ，每字块有8 个字，每字32 位，设计一个四路组相联映射（即Cache每组内共有4 个字块）的Cache组织。名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 8 页，共 10 页 - - - - - - - - - 资料收集于网络如有侵权请联系网站删除谢谢精品文档（1）画出主存地址字段中各段的位数；（2）设 Cache的初态为空， CPU 依次从主存第0、1、289 号单元读出90 个字（主存一次读出一个字） ，并重复按此次序读8 次，问命中率是多少？（3）若 Cache的速度是主存的6 倍，试问有Cache和无 Cache 相比，速度约提高多少倍？解： （1）由于容量是按字节表示的，则主存地址字段格式划分如下：1.主存容量为4MB=222B （主存字节地址共22 位）2.Cache容量为 16KB=214B （Cache字节地址 14 位）3.每字块有 8 个字，每字32 位，=8*32/8=25 (块内字节地址5 位)4.四路组相联映射（即Cache每组内共有4 个字块）5.Cache包括的块数 =214B/8*32=29 个6.Cache的组数 =29 / 4 =27 组（组地址为7 位）7.主存字块标记=主存地址长度 - 组地址长度 -字块内地址（b）=22-7-5=10 位主存字块标记10 组地址7 字块内地址5 8 7 2 3 2 （2）由于题意中给出的字地址是连续的，故（1）中地址格式的最低2 位不参加字的读出操作。当主存读0 号字单元时，每字块有8 个字，将主存0 号字块（ 07）调入 Cache（0 组 0号块），主存读 8 号字单元时，将1 号块（ 815）调入 Cache（1 组 0 号块）主存读 89号单元时，将11 号块（ 8889）调入 Cache（11 组 0 号块）。共需调 90/8 =12 次，就把主存中的90 个字调入Cache。除读第 1 遍时 CPU 需访问主存 12 次外，以后重复读时不需再访问主存。则在908 =720 个读操作中：访 Cache次数 =（90-12）+630 =708 次Cache命中率=708/720 0.98 98% （3）设无 Cache 时访主存需时720T（T 为主存周期），加入 Cache后需时：708 T/6+12T = （118+12）T =130T 则：720T/130T =5.54 倍有 Cache 和无 Cache相比，速度提高了4.54 倍左右。4.41 设有效信息为110，试用生成多项式G(x) =11011 将其编成循环冗余校验码。解：编码过程如下：M(x) =110 n =3 G(x) =11011 k+1 =5 k =4 M(x) x4 =110 0000 M(x) x4/G(x) =110 0000/11011=100+1100/11011 R(x) =1100 M(x) x4+R(x) =110 0000+1100=110 1100 =CRC 码（7，3）码注：此题的G(x)选得不太好，当最高位和最低位出错时，余数相同，均为0001。此时只能检错，无法纠错名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 9 页，共 10 页 - - - - - - - - - 资料收集于网络如有侵权请联系网站删除谢谢精品文档4.42 有一个（ 7,4）码，生成多项式G(x)=x3+x+1, 写出代码 1001 的循环冗余校验码。解：编码过程如下：M(x) =1001 n =4 G(x) =1011 k+1 =4 k =3 M(x) x3 =1001 000 M(x) x3/G(x) =1001 000/1011=1010+110/1011 R(x) =110 M(x) x3+R(x) =1001 000+110=1001 110 =CRC码（7，4）码名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 10 页，共 10 页 - - - - - - - - -