第3章存储器作业(答案)
第3章 存储器系统 题库和答案
第3章存储器系统题库和答案第3章存储器系统一．选择题1．计算机工作中只读不写的存储器是( )。
(A) DRAM (B) ROM (C) SRAM (D) EEPROM2．下面关于主存储器（也称为内存)的叙述中，不正确的是( )。
(A) 当前正在执行的指令与数据都必须存放在主存储器内，否则处理器不能进行处理(B) 存储器的读、写操作，一次仅读出或写入一个字节 (C) 字节是主存储器中信息的基本编址单位(D) 从程序设计的角度来看，cache（高速缓存）也是主存储器3．CPU对存储器或I/O端口完成一次读/写操作所需的时间称为一个( )周期。
(A) 指令 (B) 总线 (C) 时钟 (D) 读写 4．存取周期是指( )。
(A)存储器的写入时间 (B) 存储器的读出时间(C) 存储器进行连续写操作允许的最短时间间隔 (D)存储器进行连续读/写操作允许的最短时间3间隔5．下面的说法中，( )是正确的。
(A) EPROM是不能改写的 (B) EPROM是可改写的，所以也是一种读写存储器(C) EPROM是可改写的，但它不能作为读写存储器 (D) EPROM只能改写一次 6．主存和CPU之间增加高速缓存的目的是( )。
(A) 解决CPU和主存间的速度匹配问题 (B) 扩大主存容量(C) 既扩大主存容量，又提高存取速度 (D) 增强CPU的运算能力 7．采用虚拟存储器的目的是( )。
(A) 提高主存速度 (B) 扩大外存的容量 (C) 扩大内存的寻址空间 (D) 提高外存的速度 8．某数据段位于以70000起始的存储区，若该段的长度为64KB，其末地址是( )。
(A) 70FFFH (B) 80000H (C) 7FFFFH (D) 8FFFFH9．微机系统中的存储器可分为四级，其中存储容量最大的是( )。
(A) 内存 (B) 内部寄存器 (C) 高速缓冲存储器 (D) 外存10．下面的说法中，( )是正确的。
第3章习题参考答案
PUSH 30H ；61H=24H
PUSH 31H ；62H=10H SP=62H
POP DPL ；DPL=10H
POP DPH ；DPH=24H SP=60H
答：AJMP addr11 为2K字节范围内的无条件转跳指令，把程序的执行转移到指定的地址。SJMP rel是无条件转跳指令，执行时在PC加2后，把指令中补码形式的偏移量值加到PC上，并计算出转向目标地址。转向的目标地址可以在这条指令前128字节到后127字节之间。
LJMP addr16执行这条指令时把指令的第二和第三字节分别装入PC的高位和低位字节中，无条件地转向指定地址。转移的目标地址可以在64K程序存储器地址空间的任何地方，不影响任何标志。
A=25H R0=50H 50H=00H 51H=25H
3-2 访问外部数据存储器和程序存储器可以用哪些指令来实现？举例说明。
答：访问外部数据存储器指令有：
MOVX @DPTR，A MOV DPTR,#0100H MOV @DPTR,A
MOVX A，@DPTR MOV DPTR,#0200H MOV A,@DPTR
LOOP1： ORL C， ACC.0 ；CY=1
JB ACC.2，LOOP2 ；
CLR 00H
LOOP2： MOV P1，A ；P1=01100110B
3-7指令SJMP rel中，设rel=60H，并假设该指令存放在2114H和2115H单元中。当该条指令执行后，程序将跳转到何地址？
答： 2116H+60H=2176H
3-8 简述转移指令AJMP addr11、SJMP rel、 LJMP addr16及JMP @A+DPTR的应用场合。
计算机组成原理白中英部分作业解答(第三章)
0 1 1 … 1
1 0 0 … 0 1 0 1 … 1 1 1 0 … 0 1 1 1 … 1
2016/6/26
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片选逻辑：
芯片容量
16K*32 16K*32 16K*32 16K*32
芯片地址
A13~A0 A13~A0 A13~A0 A13~A0
片选信号
CS0 CS1 CS2 CS3
第三章
5.
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第三章
9. Cache命中率为： h=2420/(2420+80)=96.8% r=tm/tc=240ns/40ns=6 访问效率e=1/[h+(1h)r]=1/(0.968+0.032*6)=86.2% 平均访问时间ta=tc/e=40/0.862=46.4ns 或ta=tc*h+(1h)*(tc+tm)=40*0.968+0.032*(240+40)=47.68ns
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第三章
11.设取指周期为T，总线周期为τ ，指令执行 时间为t0，则 (1)所需时间T总=（T+3τ +4t0)80= 80T+240τ +320t0 (2) 所需时间T总=（T+7τ +8t0)40= 40T+280τ +320t0 故运行时间不相等
e=tc/ta=40/47.68=83.89%
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第三章
10. 已知平均访问时间ta=tc/e=50ns， tc=40ns, tm=200ns
白中英计算机组成原理第三章答案
主存16MB
Cache块号需要14位
主存地址为24位 主存标记位有24－14－2 = 8位
顺序存储器和交叉存储器连续读出m=8个字的数据信息量为： q = 8×64 = 512位 顺序存储器所需要的时间为 t1 = m×T =8×100ns =800ns =8×10-7s 故顺序存储器的带宽为 W1= q/t1 = 512/(8×10-7) = 64×107[bit/s] 交叉存储器所需要的时间为 t2 = T+ (m-1)×τ= 100ns + (8-1)×50ns = 450ns =4.5×10-7s 故交叉存储器的带宽为 W1= q/t2 = 512/(4.5×10-7) = 113.8×107[bit/s]
9、CPU执行一段程序时，cache完成存取的次数为2420 次，主存完成存取的次数为80次， 已知cache存储周期为40ns，主存存储周期为240ns， 求cache/主存系统的效率和平均访问时间。
命中率 h = Nc/(Nc+Nm) = 2420/(2420+80) = 0.968
主存与Cache的速度倍率
第3章 内部存储器
1、设有一个具有20位地址和32位字长 的存储器，问：
①该存储器能存储多少字节的信息？
32 2 * 4M字节 = 220×32 bit 8 ②如果存储器有512K×8位SRAM芯片组成，需要多少片?
20
存储容量 = 存储单元个数×每单元字节数
需要做存储芯片的字位扩展；
位扩展：4片512K×8位芯片构成512K×32位的存储组； 字扩展：2组512K×32位存储组构成1M×32位的存储器；
15、假设主存容量16M×32位，Cache容量 64K×32位，主存与Cache之间以每块4×32位大 小传送数据，请确定直接映射方式的有关参数，并 画出主存地址格式。
2020年计算机组成原理第3章习题参考答案
作者：旧在几作品编号：2254487796631145587263GF24000022 时间：2020.12.13第3章习题参考答案1、设有一个具有20位地址和32位字长的存储器，问 (1) 该存储器能存储多少字节的信息？(2) 如果存储器由512K ×8位SRAM 芯片组成，需要多少片？ (3) 需要多少位地址作芯片选择？ 解：(1) 该存储器能存储：字节4M 832220=⨯(2) 需要片8823228512322192020=⨯⨯=⨯⨯K (3) 用512K ⨯8位的芯片构成字长为32位的存储器，则需要每4片为一组进行字长的位数扩展，然后再由2组进行存储器容量的扩展。
所以只需一位最高位地址进行芯片选择。
2、已知某64位机主存采用半导体存储器，其地址码为26位，若使用4M ×8位的DRAM 芯片组成该机所允许的最大主存空间，并选用内存条结构形式，问； (1) 若每个内存条为16M ×64位，共需几个内存条? (2) 每个内存条内共有多少DRAM 芯片?(3) 主存共需多少DRAM 芯片? CPU 如何选择各内存条? 解：(1) 共需条4641664226=⨯⨯M 内存条 (2) 每个内存条内共有32846416=⨯⨯M M 个芯片(3) 主存共需多少1288464648464226=⨯⨯=⨯⨯M M M 个RAM 芯片， 共有4个内存条，故CPU 选择内存条用最高两位地址A 24和A 25通过2：4译码器实现；其余的24根地址线用于内存条内部单元的选择。
3、用16K ×8位的DRAM 芯片构成64K ×32位存储器，要求： (1) 画出该存储器的组成逻辑框图。
(2) 设存储器读/写周期为0.5μS ，CPU 在1μS 内至少要访问一次。
试问采用哪种刷新方式比较合理?两次刷新的最大时间间隔是多少?对全部存储单元刷新一遍所需的实际刷新时间是多少? 解：(1) 用16K ×8位的DRAM 芯片构成64K ×32位存储器，需要用16448163264=⨯=⨯⨯K K 个芯片，其中每4片为一组构成16K ×32位——进行字长位数扩展(一组内的4个芯片只有数据信号线不互连——分别接D 0~D 7、D 8~D 15、D 16~D 23和D 24~D 31，其余同名引脚互连)，需要低14位地址(A 0~A 13)作为模块内各个芯片的内部单元地址——分成行、列地址两次由A 0~A 6引脚输入；然后再由4组进行存储器容量扩展，用高两位地址A 14、A 15通过2：4译码器实现4组中选择一组。
第3章习题解答
第3章（大本）习题解答一、填空1．将作业相对地址空间的相对地址转换成内存中的绝对地址的过程称为 地址重定位 。
2．使用覆盖与对换技术的主要目的是 提高内存的利用率 。
3．存储管理中，对存储空间的浪费是以 内部碎片 和 外部碎片 两种形式表现出来的。
4．地址重定位可分为 静态重定位 和 动态重定位 两种。
5．在可变分区存储管理中采用最佳适应算法时，最好按 尺寸 法来组织空闲分区链表。
6．在分页式存储管理的页表里，主要应该包含 页号 和 块号 两个信息。
7．静态重定位在程序 装入 时进行，动态重定位在程序 执行 时进行。
8．在分页式存储管理中，如果页面置换算法选择不当，则会使系统出现 抖动 现象。
9．在请求分页式存储管理中采用先进先出（FIFO ）页面淘汰算法时，增加分配给作业的块数时， 缺页中断 的次数有可能会增加。
10．在请求分页式存储管理中，页面淘汰是由于 缺页 引起的。
11．在段页式存储管理中，每个用户作业有一个 段 表，每段都有一个 页 表。
二、选择1．虚拟存储器的最大容量是由 B 决定的。
A ．内、外存容量之和B ．计算机系统的地址结构C ．作业的相对地址空间D ．作业的绝对地址空间2．采用先进先出页面淘汰算法的系统中，一进程在内存占3块（开始为空），页面访问序列为1、2、3、4、1、2、5、1、2、3、4、5、6。
运行时会产生 D 次缺页中断。
A ．7B ．8C ．9D ．10 从图3-1中的“缺页计数”栏里可以看出应该选择D 。
1 2 3 4 1 2 5 1 2 3 4 5 6页面走向→ 3个内存块→缺页计数→图3-1 选择题2配图3．系统出现“抖动”现象的主要原因是由于 A 引起的。
A ．置换算法选择不当B ．交换的信息量太大C ．内存容量不足D ．采用页式存储管理策略 4．实现虚拟存储器的目的是 D 。
A ．进行存储保护B ．允许程序浮动C ．允许程序移动D ．扩充主存容量5．作业在执行中发生了缺页中断，那么经中断处理后，应返回执行B 指令。
《操作系统》习题集：第3章存储管理
《操作系统》习题集：第3章存储管理第3章存储管理-习题集⼀、选择题1.把作业空间中使⽤的逻辑地址变为内存中物理地址称为（）。
【＊，★，联考】A. 加载B. 重定位C. 物理化D. 逻辑化2.为了保证⼀个程序在主存中改变了存放位置之后仍能正确执⾏，则对主存空间应采⽤（）技术。
【＊，★，联考】A. 静态重定位B. 动态重定位C. 动态分配D. 静态分配3.分区分配内存管理⽅式的主要保护措施是（）。
（注：分区包括“固定分区”和“可变分区”）【＊＊，09考研】A. 界地址保护B. 程序代码保护C. 数据保护D. 栈保护4.分区管理要求对每⼀个作业都分配（）的内存单元。
【＊，★，联考】A. 地址连续B. 若⼲地址不连续C. 若⼲连续的块D. 若⼲不连续的块5.在固定分区分配中，每个分区的⼤⼩是（）。
【＊，联考】A. 相同B. 随作业长度变化C. 可以不同但预先固定D. 可以不同但根据作业长度固定6.在可变式分区存储管理中的拼接技术可以（）。
（注：拼接是指通过移动将多个分散的⼩分区合并成⼀个⼤分区。
）【＊，★，联考】A. 集中空闲分区B. 增加内存容量C. 缩短访问周期D. 加速地址转换7.可变式分区存储管理中，采⽤拼接技术的⽬的是（）。
【＊，联考】A. 合并空闲分区B. 合并分配区C. 增加主存容量D. 便于地址转换8.某基于动态分区存储管理的计算机，其主存容量为55MB（初始为空），采⽤最佳适配算法，分配和释放的顺序为：分配15MB，分配30MB，释放15MB，分配8MB，分配6MB，此时主存中最⼤空闲分区的⼤⼩是（）。
【＊＊，★，10考研】A. 7MBB. 9MBC. 10MBD. 15MB9.在分页存储管理中，主存的分配是（）。
【＊，联考】A. 以块为单位进⾏B. 以作业的⼤⼩分配C. 以物理段进⾏分配D. 以逻辑记录⼤⼩进⾏分配10.⾸次适应算法的空闲分区是（）。
【＊＊，★，联考】A. 按⼤⼩递减顺序连在⼀起B. 按⼤⼩递增顺序连在⼀起C. 按地址由⼩到⼤排列D. 按地址由⼤到⼩排列11.最佳适应算法的空闲分区是（）。
计算机硬件技术基础(第2版) 答案 第3章 习题 耿增民 孙思云 内部存储器
第3章内部存储器1．名词解释随机存储器：简称RAM，也叫做读/写存储器，它能够通过指令随机地、个别地对其中各个单元进行读/写操作。
随机存储器中任何一个存储单元都能由CPU或Ｉ/O设备随机存取，且存取时间与存取单元的物理位置无关。
按照存放信息原理的不同，随机存储器又可分为静态和动态两种。
只读存储器：只读存储器是只能随机读出已经存储的信息，但不能写入新的信息的存储器。
位扩展：位扩展是指用多个存储器器件对字长进行扩充。
位数的扩展是利用芯片的并联方式来实现的，各存储芯片地址线、片选端和读写控制线并联，数据端单独引出。
全译码法：除了将低位地址总线直接连至各芯片的地址线外，余下的高位地址总线全部参加译码，译码输出作为各芯片的片选信号。
相联存储器地址映像：地址映像的功能是应用某种函数把CPU发送来的主存地址转换成Cache的地址。
地址映象方式通常采用直接映象、全相联映象、组相联映象三种方式。
Cache：高速缓冲存储器。
虚拟存储器：虚拟存储器（VirtualMemory）又称为虚拟存储系统，是以存储器访问的局部性为基础，建立在主存一辅存物理体系结构上的存储管理技术。
它是为了扩大存储容量，把辅存当作主存使用，在辅助软、硬件的控制下，将主存和辅存的地址空间统一编址，形成个庞大的存储空间。
程序运行时，用户可以访问辅存中的信息，可以使用与访问主存同样的寻址方式，所需要的程序和数据由辅助软件和硬件自动调入主存，这个扩大了的存储空间，就称为虚拟存储器。
存储器宽带：内存储器每秒钟访问二进制位的数目称为存储器带宽，用Bm 表示。
它标明了一个存储器在单位时间内处理信息的能力。
存取时间：存储器访问时间，是指启动一次存储器操作到完成该操作所需的时间。
逻辑地址：用户可以像使用内存一样利用虚拟存储器的辅存部分。
物理地址：实际的主存储器单元地址则称为“实地址”或“物理地址（Physical Address）。
2．填空题（1）随机存储器RAM主要包括静态随机存储器和动态随机存储器两大类。
《现代操作系统第四版》第三章答案
第三章内存管理习题1.IBM360 有一个设计，为了对2KB 大小的块进行加锁，会对每个块分配一个4bit的密钥，这个密钥存在PSW (程序状态字)中，每次内存引用时，CPU都会进行密钥比较。
但该设计有诸多缺陷，除了描述中所言，请另外提出至少两条缺点。
A:密钥只有四位，故内存只能同时容纳最多十六个进程；需要用特殊硬件进行比较，同时保证操作迅速。
2. 在图3-3 中基址和界限寄存器含有相同的值16384 ，这是巧合，还是它们总是相等？如果这只是巧合，为什么在这个例子里它们是相等的？A :巧合。
基地址寄存器的值是进程在内存上加载的地址；界限寄存器指示存储区的长度。
3. 交换系统通过紧缩来消除空闲区。
假设有很多空闲区和数据段随机分布，并且读或写32位长的字需要10ns的时间，紧缩128MB大概需要多长时间？为了简单起见，假设空闲区中含有字0，内存中最高地址处含有有效数据。
A: 32bit=4Byte===> 每字节10/4=2.5 ns 128MB=1282A20=2A27Byte 对每个字节既要读又要写，22.5*2A27=671ms4. 在一个交换系统中，按内存地址排列的空闲区大小是10MB，4MB，20MB，18MB，7MB，9MB，1 2 M B ，和1 5 M B 。
对于连续的段请求：(a) 12MB(b) 10MB(c) 9MB 使用首次适配算法，将找出哪个空闲区？使用最佳适配、最差适配、下次适配算法呢？A：首次适配算法：20MB ，10MB ，18MB ；最佳适配算法：12MB ，10MB ，9MB；最差适配算法：20MB ；18MB ；15MB ；下次适配算法：20MB ；18MB ；9MB；5. 物理地址和虚拟地址有什么区别？A :实际内存使用物理地址。
这些是存储器芯片在总线上反应的数字。
虚拟地址是指一个进程的地址空间的逻辑地址。
因此，具有32 位字的机器可以生成高达4GB 的虚拟地址，而不管机器的内存是否多于或少于4GB。
计算机系统结构作业答案
计算机系统结构计算机系统结构作业1第1章计算机系统结构的基本概念一、解释下列术语：计算机系统结构；计算机组成；计算机实现；透明性；系列机；软件兼容；兼容机；模拟；仿真；虚拟机；宿主机；Amdahl定律；CPI；MIPS；MFLOPS。
【答案】计算机系统结构、计算机组成和计算机实现是三个不同的概念。
系统结构定义为由程序设计者所看到的一个计算机系统的属性，即概念性结构和功能特性，这里的程序设计者所看到的计算机属性是指为机器语言或编译程序设计者所看到的计算机属性，是硬件子系统的概念性结构及其功能特性，它是计算机系统的软、硬件的界面。
计算机组成是计算机系统结构的逻辑实现，包括机器内部的数据流和控制流的组成以及逻辑设计等。
计算机实现是指计算机组成的物理实现。
透明性：在计算机技术中，一种本来是存在的事物或属性，但从某种角度看似乎不存在，成为透明性现象。
所谓系列机是指在一个厂家内生产的具有相同的系统结构，但具有不同组成和实现的一系列不同型号的机器。
不同公司厂家生产的具有相同系统结构的计算机称为兼容机。
软件兼容：在新的计算机系统出台后，原先已开发的软件仍能继续在升档换代的新型号机器上使用，这就是软件兼容。
系列机方法能够在具有相同系统结构的各种机器之间实现软件移植，为了实现软件在不同系统结构的机器之间的相互移植，可以采用模拟和仿真。
模拟方法是指用软件方法在一台现有的计算机上实现另一台计算机的指令系统。
仿真是指用微程序直接解释另一种机器指令系统的方法。
虚拟机是被模拟的机器；宿主机是进行模拟的机器。
Amdahl 定律：系统中某一部件由于采用某种更快的执行方式后整个系统性能的提高与这种执行方式的使用频率或占总执行时间的比例有关。
Fe=（改进前可改进部分占用的时间）/（改进前整个任务的执行时间） Se=（改进前可改进部分的执行时间）/（改进后改进部分的执行时间） 则，改进后整个系统加速比为ee e n S F F s /)1(1+-=。
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第3章存储器作业
一、用全译码法设计一个12KB的主存储器系统。
其低8KB为EPROM芯片，选用2片4K×8的2732A
芯片。
高4KB为SRAM芯片，选用2片2K×8位的6116芯片。
主存储器系统的地址范围为0000H~2FFFH。
①给出4个芯片各自的地址范围；②画出CPU与存储芯片的连接图。
主存储器系统低8KB用2片4K×8的2732A芯片
第1片地址范围为：0000H~0FFFH（4KB)。
第2片地址范围为：1000H~1FFFH（4KB)。
主存储器系统高4KB用2片2K×8位的6116芯片。
第1片地址范围为：2000H~27FFH（2KB)。
第2片地址范围为：2800H~2FFFH（2KB)。
二、设在直接映像的Cache中，主存地址的区号5位，块号3位，CPU访存过程中，依次访问主存单元
高8位地址为：00010110，00011010，00010110，00011010，00010000，00000011，00010000，00010010。
要求写出每次访问后Cache中的内容。
三、某计算机中，已知配有一个地址空间为0000H~3FFFH的ROM区域采用16K×8的EPROM。
再
用一种SRAM芯片(8K×8)形成32K×16的RAM区域，起始地址为8000H。
假设RAM芯片有
片选CS和WE信号控制，CPU的地址总线为A15-A0，数据总线为D15-D0，控制信号为R/W(读/写)等，要求：
(1)画出地址译码方案；
(2)将ROM与RAM同CPU连接。
解：ROM区地址范围0000—3FFFH 片内地址需要14根地址线. A0~A13
构成ROM需要的EPROM= （16K/16K ）×（16/8）=1（组字扩展）×2（片字扩展）
构成RAM需要的SRAM=(32K/8K) ×(16/16)=5(组字扩展) ×1(片位扩展)
片内地址需要A0~A12 13根地址线
将CPU的A0~A12并接到每个芯片的片内地址A0~A12，用CPU的高3位地址A13~A15进行地址译码作为每个存储芯片的片选，由于A13是ROM的地址重复参加译码产生Y0，Y1两个译码输出，故用一与门，这样无论A13=0还是A13=1，都会选中同一片ROM。
整个地址分配如下：。