发布时间 : 星期六 文章计算机组成原理试卷及答案 - 图文更新完毕开始阅读52c3fdcb83d049649a665825
框图。
4. 指令格式如下所示，其中OP为操作码，试分析指令格式特点： 15 10 7 4 3 0 OP 源寄存器 目标寄存器
5. CPU结构如图所示，其中一个累加寄存器AC，一个状态条件寄存器和其它四个寄存
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控制器的数据通路。
(3) 数据在运算器和主存之间进行存/取访问的数据通路。
图C3.1
6. 总线的一次信息传送过程大致分哪几个阶段？若采用同步定时协议，画出读数据的
同步时序图。
7. 举出三种中断向量产生的方法。
8. CD－ROM光盘的外缘有5mm的范围因记录数据困难，一般不使用，故标准的播放时
间为60分钟。请计算模式2情况下光盘存储容量是多少？
期末试卷三答案
一. 选择题
1. D 2. C 3. C 4.B、C 5. D 6. C 7. C 8. B 9. B 10. C 11. D 12. C 13. C 14. A 15. A 16. C 17. B 18. A 19. C 20. B
二. 填空题
1. A.程序 B.地址 2. A.软件 B.系统 3. A.符号位 B.数值域 4. A.cache B.主存
5. A.二进制代码 B.地址码 6. A.存储周期 B.存储器带宽 7. A.流水 B.CISC
8. A.并行 B.串行 C.复用 9. A.存储原理 B.结构 C.性能
三. 简答题
1. 计数器定时查询方式工作原理：总线上的任一设备要求使用总线时，通过BR线发出总线请求。总线控制器接到请求信号以后，在BS线为“0”的情况下让计数器开始计数，计数值通过一组地址线发向各设备。每个设备接口都有一个设备地址判别电路，当地址线上的计数值与请求总线的设备相一致时，该设备置“1”BS线，获得总线使用权，此时中止计数查询。
2. 为了不断提供刷新图像的信号，必须把一帧图像信息存储在刷新存储器，也叫视频存储器。其存储容量由图像灰度级决定。分辨率越高，灰度级越多，刷新存储器容量越大。 3. 外围设备的I/O控制方式分类及特点：
（1） 程序查询方式：CPU的操作和外围设备的操作能够同步，而且硬件结构比较简单 （2） 程序中断方式：一般适用于随机出现的服务，且一旦提出要求应立即进行，节省
了CPU的时间，但硬件结构相对复杂一些。
（3） 直接内存访问（DMA）方式：数据传输速度很高，传输速率仅受内存访问时间的
限制。需更多硬件，适用于内存和高速外设之间大批交换数据的场合。
（4） 通道方式：可以实现对外设的统一管理和外设与内存之间的数据传送，大大提高
了CPU的工作效率。
（5） 外围处理机方式：通道方式的进一步发展，基本上独立于主机工作，结果更接近
一般处理机。
4. 指令周期是指取出并执行一条指令的时间，指令周期常常用若干个CPU周期数来表示，CPU周期也称为机器周期，而一个CPU周期又包含若干个时钟周期（也称为节拍脉冲或T周期）。
四. 应用题
1. 解：[X]补 = 0.1011 [X/2]补 = 0.01011 [X/4]补 = 0.001011 [－X]补 = 1.0101
[Y] 补 = 1.1011 [Y/2]补 = 1.11011 [Y/4]补 = 1.111011 [－Y]补 = 0.0101 2. 原码： -1，补码： -127， 反码：-126，移码：+1。
3. 所需芯片总数（64K×32）÷（16K×16）= 8片 因此存储器可分为4个模块，每个模
块16K×32位，各模块通过A15、A14进行2：4译码
图C3.2
4. 解：（1）操作数字段OP可以指定64种基本操作
（2）单字长（16位）二地址指令
（3）源寄存器和目标寄存器都是通用寄存器（各指定16个），所以是RR型指令，
两个操作数均在通用寄存器中
（4）这种指令结构常用于算术/逻辑运算类运算指令，执行速度最快。 5. 答：（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AR，d为程序计数器PC；
（2）PC→AR→主存 → 缓冲寄存器DR → 指令寄存器IR → 操作控制器 （3）存储器读：M → DR → ALU → AC 存储器写：AC → DR → M 6. 分五个阶段：总线请求，总线仲裁，寻址（目的地址），信息传送，状态返回（或错误报告）。 时序图：
图C3.3 7. （1）由编码电路实现，直接产生。 （2）由硬件产生一个“位移量”，再加上CPU某寄存器里存放的基地址
（3）向量地址转移法：由优先级编码电路产生对应的固定地址码，其地址中存放的是转
移指令，通过转移指令可以转入设备各自的中断服务程序入口。 8. 解：扇区总数 = 60 × 60 × 75 = 270000
模式2存放声音、图像等多媒体数据，其存储容量为 270000 × 2336 /1024 /1024 = 601MB
期末试卷四
一、填空题，每空一分，本题共15分
1．若[x]补=11101100(单符号位)，则[x /2]补=____________，[x]补的模为____________。 2．动态存储器的刷新是按__________(填行或列)进行；若存储单体的容量为64K，采用双译码且地址线平均送到两个译码器中,则刷新地址计数器的模为__________。
3．设指令中形式地址为D,基址寄存器为BX，则基址寻址方式时，有效地址 E=__________。
4.若被传送的数据为11011011，假设采用偶校验技术，则校验位C =__________。 5．“地址线单双向传输”这句话描述了总线的__________特性。 6．冯偌依曼计算机的基本原理包括__________和__________。
7．磁盘的平均存取时间由___________时间和平均等待时间组成，对于7200转的磁盘而言，其平均等到时间约为_________ms(取整数)。
8、在微指令格式设计过程中，有8个互斥型的微命令被分配到一组，当该组采用编码方法表示时，微指令格式的相关字段至少需要________位。
9．设计一个64位全并行的ALU需要_________片先行进位部件74182。
10．片选信号为101时，选定一个128K?8位的存储芯片，则该芯片的所在存储单元空间的首地址为 ，末地址为 。
二、名词解释，每题2分，共10分
1、 中断
2、 组相联映射
3、指令系统
4、规格化
5、水平型微指令