计算机组成原理(白中英) 第三章课后题答案

考点：字位扩展；地址译码器的逻辑表达式；存储器与CPU连接图

解：（1）因为采用了字扩展，片数=4/1=4=4/1=4=4/1=4 片
（2）地址位=log24M=22=log_2^4M=22=log24M=22
（3）

（4）因此，地址译码器表达式为 A21′A20′Y0′+A21′A20Y1′+A21A20′Y′2+A21A20Y3′A '_{21} A'_{20} Y'_0+A'_{21} A_{20} Y'_1+A_{21} A'_{20} Y' 2+A_{21} A_{20} Y'_3A21′A20′Y0′+A21′A20Y1′+A21A20′Y′2+A21A20Y3′（设 A21A_{21}A21 为最高位）

考点：字位扩展；存储器与CPU连接图

解：（1）需要字位扩展，其中 2048K256K=8\frac{2048K}{256K}=8256K2048K=8个作字扩展，328=4\frac{32}{8}=4832=4个作位扩展
（2）共需要 8×4=328×4=328×4=32个 RAM 芯片
（3）地址位=log22048K=21=log_2^{2048K}=21=log22048K=21位
（4）

考点：字位扩展；存储器与CPU连接图；地址范围

解：由题意可知，CPU与主存储器的连接图为：

ROM地址范围为：0000H-7FFFH（0~32K）
RAM地址范围为：8000H-FFFFH（32K~64K）

课本P111 1、2、3、4(1)(2)、5、6、7、8、9、11、13、14、15、19、20、21、22、24

考点：字位扩展

解：（1）32位字长为4字节，因此可存储字节数=220×4=222=4M=2^{20}×4=2^{22}=4M=220×4=222=4M
（2）存储器容量为1M×321M×321M×32位，则需要进行字位扩展。字扩展需 1M512K=2\frac{1M}{512K}=2512K1M=2 片，位扩展需 328=4\frac{32}{8}=4832=4 片。总共需要 2×4=82×4=82×4=8 片
（3）字扩展需要 2 片，因此只需 1 位地址进行芯片选择

考点：字位扩展

解：（1）需要进行字扩展，需要内存条数=22616M=4=\frac{2^{26}}{16M}=4=16M226=4
（2）需要进行字位扩展。字扩展需要 16M4M=4\frac{16M}{4M}=44M16M=4 片，位扩展需要 648=8\frac{64}{8}=8864=8 片。共需要 4×8=324×8=324×8=32 片
（3）共需 32×4=12832×4=12832×4=128 片 DRAM 芯片。内存条容量为 16M×6416M×6416M×64位，需要 24 根地址线（A23-A0）完成内存条内存储单元寻址。一共有4个内存条，使用2根高位地址线（A25-A24），通过译码器译码产生片选信号对各模块进行选择

考点：字位扩展；存储器刷新

解：（1）需要进行字位扩展。字扩展需要 64K16K=4\frac{64K}{16K}=416K64K=4 片，位扩展需要 328=4\frac{32}{8}=4832=4 片。共需要 4×4=164×4=164×4=16 片

（2）矩阵存储元规模为128×128×16128×128×16128×128×16 位，存储行数=128=128=128行，刷新周期 2ms，则 1 个刷新周期含 2ms0.5μs=4000\frac{2ms}{0.5μs}=40000.5μs2ms=4000个读写周期。

若采用集中式刷新，128 个读写周期用来刷新，死时间=128×0.5μs=64μs=128×0.5μs=64μs=128×0.5μs=64μs，死时间过长不可取；

若采用分布式（分散）刷新，每行刷新插入到读写周期中，则读写周期变为 2×0.5μs=1μs2×0.5μs=1μs2×0.5μs=1μs，但每 1μs 只能访存一次，无法使用；

因此采用异步刷新，刷新间隔=2ms128=15.6μs=\frac{2ms}{128}=15.6μs=1282ms=15.6μs，取刷新周期为 15μs，则刷新一遍所用时间=15μs×128=1.92ms=15μs×128=1.92ms=15μs×128=1.92ms

解：（1）需要进行字位扩展。字扩展需 1024K128K=8\frac{1024K}{128K}=8128K1024K=8 片，位扩展需 328=4\frac{32}{8}=4832=4 片，共需 8×4=328×4=328×4=32 片
（2）

解：（1）数据寄存器 16 位
（2）地址寄存器位数=log2128k=17=log_2^{128k}=17=log2128k=17
（3）需要进行字位扩展。字扩展需 128K32K=4\frac{128K}{32K}=432K128K=4 片，位扩展需 168=2\frac{16}{8}=2816=2 片，共需 4×2=84×2=84×2=8 片E²PROM
（4）

考点：地址分配；字位扩展

解：（1）ROM为 16k×1616k×1616k×16 位。RAM区域需要进行字位扩展，字扩展需 40k/8k=540k/8k=540k/8k=5 片，位扩展需 16/8=216/8=216/8=2 片，共需 5×2=105×2=105×2=10 片RAM。两片 RAM 组成一个 RAM 区域。

（2）根据地址得到连接图：

考点：顺序与交叉存储器

解：存储器连续读出 m=8m=8m=8个字的信息总量 q=64×8=512bq=64×8=512bq=64×8=512b，顺序和交叉存储器连续读出8个字所需时间分别为：
t1=mT=8×100ns=800ns=8×10−7st_1=mT=8×100ns=800ns=8×10^{-7} st1=mT=8×100ns=800ns=8×10−7s
t2=T+(m−1)τ=100+(8−1)×50=450ns=4.5×10−7st_2=T+(m-1)τ=100+(8-1)×50=450ns=4.5×10^{-7} st2=T+(m−1)τ=100+(8−1)×50=450ns=4.5×10−7s

顺序和交叉存储器的带宽分别为：
W1=qt1=512b8×10−7s=640MbpsW_1=\frac{q}{t_1}=\frac{512b}{8×10^{-7}s}=640MbpsW1=t1q=8×10−7s512b=640Mbps
W2=qt2=512b4.5×10−7s=1138MbpsW_2=\frac{q}{t_2}=\frac{512b}{4.5×10^{-7} s}=1138MbpsW2=t2q=4.5×10−7s512b=1138Mbps

考点：cache 命中率

解：cache命中率 h=NcNc+Nm=24202420+80=0.968h=\frac{N_c}{N_c+N_m}=\frac{2420}{2420+80}=0.968h=Nc+NmNc=2420+802420=0.968，

主存慢于cache的倍率 r=tmtc=24040=6r=\frac{t_m}{t_c}=\frac{240}{40}=6r=tctm=40240=6，

访问效率 e=1r+(1−r)h=16+(1−6)×0.968=86.2%e=\frac{1}{r+(1-r)h}=\frac{1}{6+(1-6)×0.968}=86.2\%e=r+(1−r)h1=6+(1−6)×0.9681=86.2%，

平均访问时间 ta=tce=4086.2%=46.4nst_a=\frac{t_c}{e}=\frac{40}{86.2\%}=46.4nsta=etc=86.2%40=46.4ns

考点：交叉存储器

解：全过程分为取指和执行。设取指周期为 TTT，总线传送周期为 τττ，指令执行时间为 t0t_0t0
（1）t=(T+(6−1)τ+6t0)×80=80T+400τ+480t0t=(T+(6-1)τ+6t_0 )×80=80T+400τ+480t_0t=(T+(6−1)τ+6t0)×80=80T+400τ+480t0
（2）t=(T+(8−1)τ+8t0)×60=60T+420τ+480t0t=(T+(8-1)τ+8t_0 )×60=60T+420τ+480t_0t=(T+(8−1)τ+8t0)×60=60T+420τ+480t0
因此不相等。

考点：cache 内存地址格式；cache 地址映射

解：字块中含有 128 字，字号位数 b=log2128=7b=log_2^{128}=7b=log2128=7。cache 中含有 64 行，每组 4 行，有 16 组，所以组地址位数 q=4q=4q=4。主存容量为 4K 个块，总容量=4K×128=512K=4K×128=512K=4K×128=512K 字，总位数为 19，主存字块标记位数 t=19−7−4=8t=19-7-4=8t=19−7−4=8.
因此内存地址格式为：

标记 8 位	组号 4 位	字号 7 位

考点：cache 内存地址格式；cache 地址映射

解：首先计算地址各部分的位数。块大小16B，因此块内地址位数 b=4b=4b=4。cache容量为 64KB，字块数=64KB16B=4K=\frac{64KB}{16B}=4K=16B64KB=4K，则 cache 行号位数 c=12c=12c=12。主存容量为1MB，总位数为 20，主存块群标记 tag 位数t=20−4−12=4t=20-4-12=4t=20−4−12=4。则地址格式为：

tag 4 位	行号 12 位	字号 4 位

一个块群共有 24=162^4=1624=16 块，则块号为 0 和 16 的地址映射到第 0 行，则内存地址可表示为：0000 000000000000 0000和0000 000000010000 0000

考点：cache 内存地址格式；cache 地址映射

解：cache 块内地址位数按照字节计算。每块 16B，则块内地址为 4 位。cache 容量为 64K 字，cache 行数=64K4=16K=\frac{64K}{4}=16K=464K=16K，因此 cache 行号位数 c=14c=14c=14。内存总容量为 64MB，总位数为 26，主存字块标记位数 t=26−4−14=8t=26-4-14=8t=26−4−14=8。则主存地址格式为：

标记 8 位	行号 14 位	字号 4 位

考点：页式替换策略

解：页面访问过程如下：

访问序号	说明	1号	2号	3号	4号
1	1进入	0	1	1	1
8	8进入	1	0	2	2
1	命中	0	1	3	3
7	7进入	1	2	0	4
……	……	……	……	……	……
7	命中	2	0	1	7

未命中的进入和替换都为页面失效，则页面失效的次数为6

考点：虚拟存储

解：虚存使用虚地址，位数为 30，主存使用物理地址，位数为 22。页面大小为 4KB，则页表长度=1GB4KB=218=256K=\frac{1GB}{4KB}=2^{18}=256K=4KB1GB=218=256K

考点：TLB 表；内存访问时间

解：（1）若页表放在主存中，则访问一次主存需要两次访问主存，一次为访问页表，确定页面物理地址，第二次为根据地址存取页面数据，因此一次访问主存需要时间=50ns×2=100ns=50ns×2=100ns=50ns×2=100ns
（2）查找 TLB 时只需 1 次访存，因此内存有效访问时间=75%×50ns+(1−75%)×2×50ns=62.5ns=75\%×50ns+(1-75\%)×2×50ns=62.5ns=75%×50ns+(1−75%)×2×50ns=62.5ns

考点：cache 存储器

解：访问一个字的平均时间=90%×15ns+(1−90%)×60%×60ns+(1−90%)×(1−60%)×(10ms+60ns)=4.000195×105ns=90\%×15ns+(1-90\%)×60\%×60ns+(1-90\%)×(1-60\%)×(10ms+60ns)=4.000195×10^5ns=90%×15ns+(1−90%)×60%×60ns+(1−90%)×(1−60%)×(10ms+60ns)=4.000195×105ns

考点：页式存储管理；虚实地址映射

解：页长为 1KB，则页内地址为 10 位，主存物理页面数=16KB1KB=16=\frac{16KB}{1KB}=16=1KB16KB=16页，共 4 位页面号。地址码=10+4=14=10+4=14=10+4=14位；用户虚地址空间为 32 页，有 5 位页面号，共 10+5=1510+5=1510+5=15位地址码。

0AC5=00010 1011000101，页面号为2，被调入主存页面4，因此物理地址中页面号为 4，页内地址与虚地址相同，因此此物理地址为00100 1011000101。

1AC5=00110 1011000101，页面号为6，未调入主存页中，无物理地址，会发生缺页中断。

计算机组成原理(白中英) 第三章课后题答案相关推荐

计算机组成原理白中英第七章,计算机组成原理第七章课件(白中英版).ppt
<计算机组成原理第七章课件(白中英版).ppt>由会员分享,可在线阅读,更多相关<计算机组成原理第七章课件(白中英版).ppt(32页珍藏版)>请在人人文库网上搜索. 1.计算 ...
北师大计算机组成原理答案,计算机组成原理(白中英)本科生试题库整理附答案[共21页].doc...
PAGE 1 B)计算机. D 串行 A). -(2 -1) 7 当前的 CPU由(B )组成. A 控制器 D 控制器. ALU.主存 8 流水 CPU是由一系列叫做"段"的处理 ...
计算机组成原理ppt免费,计算机组成原理(白中英)第二章1.ppt
计算机组成原理(白中英)第二章1.ppt (8页) 本资源提供全文预览,点击全文预览即可全文预览,如果喜欢文档就下载吧,查找使用更方便哦! 15.9 积分第二章运算方法和运算器 2.1 数据与文 ...
计算机组成原理白中英作业,计算机组成原理白中英部分作业解答(第二章)
<计算机组成原理白中英部分作业解答(第二章)>由会员分享,可在线阅读,更多相关<计算机组成原理白中英部分作业解答(第二章)(19页珍藏版)>请在人人文库网上搜索. 1.2020 ...
计算机网络第三章课后题答案
英文版教材第三章 1.2.3.4.6.7.9.11.14.15.16, 补充题1 一个上层分组(数据包)被分为 10 帧,每帧有 80%可能无损到达.如果在数据链路层没有差错控制,该报文要平均传送多少 ...
计算机组成原理白中英思维导图
华文慕课北大计算机组成原理陆俊林第三章课后习题解析
1.(5分) 下列关于CISC和RISC的描述错误的是? A. CISC指令长度是不固定的 B. CISC指令的操作数必须预存于寄存器中 C. RISC指令长度是固定的 D. RISC指令的操作数必须 ...
基于案例的软件构造教程第三章课后题答案
2.用C.Java等编程语言,(1)定义ADT Stack.ADT Queue.ADT List:(2)编程实现上面定义的ADT:(3)设计测试用例,并用JUnit测试. class Stack {p ...
编译原理陈火旺版第三章课后题答案
下面答案仅供参考! 1.编写一个对于 Pascal 源程序的预处理程序.该程序的作用是,每次被调用时都将下一个完整的语句送进扫描缓冲区,去掉注解行,同时要对源程序列表打印. 答:以下是一个简单的预处 ...
李航老师《统计学习方法》第二版第三章课后题答案
其他章节答案请参考我的汇总统计学习方法答案汇总,都是自己写的. 1.参照图3.1,在二维空间中给出实例点,画出 kkk 为1和2时的 kkk 近邻法构成的空间划分,并对其进行比较,体会 kkk 值的选 ...

计算机组成原理(白中英) 第三章课后题答案

计算机组成原理(白中英) 第三章课后题答案相关推荐

最新文章

热门文章

计算机组成原理(白中英) 第三章 课后题答案

计算机组成原理(白中英) 第三章 课后题答案相关推荐

最新文章

热门文章

计算机组成原理(白中英) 第三章课后题答案

计算机组成原理(白中英) 第三章课后题答案相关推荐