吉大2021学年第二学期期末《计算机组成原理》大作业答案

1、吉林大学网络教育学院2020-2021学年第二学期期末考试计算机组成原理大作业学生姓名 专业 层次年级 学号 学习中心 成绩 年 月 日2020-2021学年第二学期期末考试计算机组成原理一 简答题 (共10题 ，总分值100分 )1. 某8位计算机采用单总线结构，地址总线17根（A160，A16为高位），数据总线8根双向（D70），控制信号 （高电平为读，低电平为写）。已知该机存储器地址空间从0连续编址，其地址空间分配如下：最低8K为系统程序区，由ROM芯片组成；紧接着40K为备用区，暂不连接芯片；而后78K为用户程序和数据空间，用静态RAM芯片组成；最后2K用于I/O设备（与主存统一编址）

2、。现有芯片如下：SRAM：16K×8位，其中 ：为片选信号，低电平有效， ：为写控制信号，低电平写，高电平读。ROM：8K×8位，其中 ：为片选信号，低电平有效， ：为读出控制，低电平读出有效。译码器：38译码器，输出低电平有效； 为使能信号，低电平时译码器功能有效。其它“与、或”等逻辑门电路自选。（1）请问该主存需多少SRAM芯片？（2）试画出主存芯片与CPU的连接逻辑图。（3）写出各芯片地址分配表。 （10 分）答： 共需5片，其中1片16K×8 ROM，4片16K×8 SRAM 各芯片地址分配表 00000H 03FFFH 系统程序区 16KB04

3、000H 0FFFFH 备用区 48KB10000H 1EFFFH 用户程序区和数据空间 60KB1F000H 1FFFFH I/O设备区 4K0 0000 0000 0000 0000 0 0011 1111 1111 1111 A16A15A14000 ROM 1片 0 0100 0000 0000 0000 0 1111 1111 1111 1111 备用区1 0000 0000 0000 0000 1 0011 1111 1111 1111 A16A15A14100 16KRAM 第1片1 0100 0000 0000 0000 1 0111 1111 1111 1111 A16A15

4、A14101 16KRAM 第2片1 1000 0000 0000 0000 1 1011 1111 1111 1111 A16A15A14110 16KRAM 第3片1 1100 0000 0000 0000 1 1110 1111 1111 1111 A16A15A14111 A13A1211 12KRAM 第4片 1 1111 0000 0000 0000 1 1111 1111 1111 1111 A16A15A14111 A13A1211 4K I/O设备区0 0000 0000 0000 0000 0 0011 1111 1111 1111 00000H 03FFFH0 0100

5、0000 0000 0000 0 1111 1111 1111 1111 04000H 0FFFFH1 0000 0000 0000 0000 1 0011 1111 1111 1111 10000H 13FFFH 1 0100 0000 0000 0000 1 0111 1111 1111 1111 14000H 17FFFH1 1000 0000 0000 0000 1 1011 1111 1111 1111 18000H 1BFFFH1 1100 0000 0000 0000 1 1110 1111 1111 1111 1C000H 1EFFFH1 1111 0000 0000 0000

6、 1 1111 1111 1111 1111 1F000H 1FFFFH 主存芯片与CPU的连接逻辑图 2. （10 分）3. 64K×1位DRAM芯片通常制成两个独立的128×256阵列。若存储器的读/写周期为0.5s，则对集中式刷新而言，其“死区”时间是多少？如果是一个256K×1位的DRAM芯片，希望能与上述64K×1位DRAM芯片有相同的刷新延时，则它的存储阵列应如何安排？ （10 分）解:(1s=1000ms 1ms=1000us 1us=1000ns)芯片内部的两个独立的矩阵可同时刷新，刷新时只对128行刷新即可，所以死区时间:0.5us x

7、 128行=64us·两次刷新的最大时间间隔为:2ms/128=15.625us，可取刷新信号周期为15us·注意:有的题目中要求“刷新是通过读操作和写操作实现的”，则刷新一行的时间为0.5uS+0.5us=1us256K×1位的DRAM芯片要与上述64K×1位DRAM芯片有相同的刷新延时，只要将存储矩阵排列为独立的128 xL矩阵形式即可。4. 地址映象方法有哪几种？它们各有什么优缺点？ （10 分）答：（1）全相联映象。实现查找的机制复杂，代价高，速度慢。Cache空间的利用率较高，块冲突概率较低，因而Cache的失效率也低。（2）直接映象。实现查找

8、的机制简单，速度快。Cache空间的利用率较低，块冲突概率较高，因而Cache的失效率也高。（3）组相联映象。组相联是直接映象和全相联的一种折衷。5. 设某机字长为32位，CPU有32个32位通用寄存器，有8种寻址方式包括直接寻址，间接寻址、立即寻址、变址寻址等，采用RS型单字长指令格式。共有120条指令，试问：（1）该机直接寻址的最大存储空间为多少？（2）若采用间接寻址，则可寻址的最大存储空间为多少？如果采用变址寻址呢？（3）若立即数为带符号的补码整数，试写出立即数范围。 （10 分）答：该机单字长指令字长为32位，其中：120条指令操作码占7位，R寻址中32个通用寄存器占5位，S寻址中8种

9、寻址方式占3位，32个通用寄存器占5位。如果采用直接寻址，可以不用寄存器，则直接寻址可用的字段长度为3275317位，故该机可直接寻址的最大存储空间为217128K6. 如图所示为一CPU的结构框图。（1）标明图中a、b、c、d四个寄存器的名称。（2） 简述取指令的操作流程。 (PC)MAR，Read，PClPC； 送指令地址，读主存，PCl送PC MMDRIR； 取指令到IR。 （3）若加法指令格式与功能如下 其功能为：(AC)(D)AC试分析执行加法指令的操作流程。 （10 分）设D为直接地址，则加法指令(AC)(D)AC的执行过程如下： (PC)MAR，Read，PClPC； 送指令地址

10、，读主存，PCl送PC (MDR)IR； 取指令到IR IR(D) MAR，Read 按指令给出的直接地址访存，读取操作数 (AC)(MDR)AC 执行加法运算，结果保存到AC7. 伪相联的基本思想是什么？ （10 分）答：采用这种方法时，在命中情况下，访问Cache的过程和直接映象Cache中的情况相同；而发生失效时，在访问下一级存储器之前，会先检查Cache另一个位置（块），看是否匹配。确定这个另一块的一种简单的方法是将索引字段的最高位取反，然后按照新索引去寻找伪相联组中的对应块。如果这一块的标识匹配，则称发生了伪命中。否则，就只好访问下一级存储器。8. 某CRC码（CRC）的生成多项式G(x)x3x21，请判断下列CRC码是否存在错误。（1）0000000（2）1111101（3）1001111（4）1000110 （10 分）答：解：G(x)1101（1） 0000000模2除1101，余数为：000，无错 （2） 1111101模2除1101，余数为：010，有错 （3） 1001111模2除1101，余数为：100，有错 （4） 1000110模2除1101，余数为：000，无错9. 基本的软件系统包括哪些内容？ （10 分）答：基本的软件系统包括系统软件与应用软件两大类。系统软件是一组保证计