计算机组成和原理-课堂例题(附答案)

(1a)题1：简单说明.诺依曼计算机体系的特点.—计算机由运算器、控制器、存储器、输入设备和输出设备五部分组成。—采用存储程序的方式。—摩尔定律一般表述为“集成电路的集成度每18个月翻一番”。(1b)题1：将计算机系统中某一功能的处理速度提高到原来的20倍，但该功能的处理时间仅占整个系统运行时间的40%，则采用此提高性能的方法后，能使整个系统的性能提高多解由题可知，可改进比例=40%=0.4，件加速比=20采用此提高性能的方法后，能使整个系统的性能提高到原来的1.613倍。题2：某计算机系统采用浮点运算部件后，使浮点运算速度提高到原来的20倍，而系统运行某一程序的整体性能提高到原来的5倍，试计算该程序中浮点操作所占的比例。解：由题可知，部件加速比=20，系统加速比=5由此可得：可改进比例=84.2%(2a)题1：(1)某总线在一个总线周期中并行传送4个字节的数据，假设一个总线周期等于一个总线时钟周期，总线时钟频率为33MHz，则：总线带宽是多少?；(2)如果一个总线根据定义可得页脚.页脚.简答题2：高速串行传输为什么替代了并行传输2：信号之间的电磁干扰(另外还有制造成本问题)(4a)题1：根据给出的图，能指出记录方式(04a)磁盘片转动的角速度是恒定的，用恒定角速度(constantangularvelocity，CAV)表velocity，CLV)表示。如果CPU的性能提高10倍，程序的执行时间(包含I/O处理时间)减少为：(5a1)题2：给出中断实现的整个过程：向中断源发出请求2.中断判优：若同时有多个中断源申请中断，则对其排队判优。：在允许中断的情况下，CPU执行完一条指令后开始响应中断，进入中断响应周期，包括关中断、保存现场，进入相应的中断服务程序。4.中断服务：执行中断服务程序恢复现场，返回主程序断点。题3：简单叙述DMA接口功能(2)处理总线控制权的转交(3)管理系统总线、控制数据传送(4)确定数据传送的首地址和长度;修正传送过程中的数据地址和长度(5)DMA传送结束时，给出操作完成信号(5a)综合题2：假定硬盘传输数据以32位的字为单位，传输速度为1MB/S，CPU的时钟频率所花费的时间比率，假定进行足够的查询以避免数据丢失。(2)采用中断方法进行控制，每次传输的开销(包括中断处理)为100个时钟周期，求CPU为传输硬盘数据花费的时间比重。A完成时处理中断需要500个时钟周期，如果平均传输的数据长度为4KB，问在硬盘工作时处理器将用多少时间比率进行输入输出操作，忽略DMA申请使用总线的影响。(a)-5(b)-6(c)-1.5(d)384(e)1/16(f)-1/32页脚.)扩展操作码，操作数地址需要4位。该指令系统已有14(M)条三地址指令、14(N)条二地址指令、没有零地址指令，问系统最多还页脚.–指令条数少–指令长度固定，指令格式和寻址种类少–只有取指和存数指令访问存储器，其余的指令操作均在寄存器之间进行.–指令控制：控制程序的顺序执行–操作控制：产生完成每条指令所需的控制命令–时间控制：对各种操作加以时间上的控制–数据加工：对数据进行算术运算和逻辑运算–中断处理：处理运行过程中出现的异常情况和特殊请求(1)各中断源如何向CPU提出请求？(2)各中断源同时提出请求怎么办？(3)CPU什么条件、什么时间、以什么方式响应中断？(4)如何保护现场？(5)如何寻找入口地址？(6)如何恢复现场，如何返回？(7)处理中断的过程中又出现新的中断怎么办？(1)I1LADR1，A;M(A)->R1,M(A)是存储器单元I2ADDR2，Rl;(R2)+(R1)->R2页脚.(2)I1ADDR3，R4;(R3)+(R4)->R3I2MULR4，R5;(R4)*(R5)->R4(3)I1LADR6，B;M(B)->R6,M(B)是存储器单元I2MULR6，R7;(R6)*(R7)->R6RAWWAR(3)写后写WAW题2判断以下三组指令各存在哪种类型的数据相关IADDIIMULIADDIM(X),R3;(R3)→M(X),M(X)是存储器单元IADD参考答案：(1)RAW(2)WAW(3)WAR (1)结构冲突：因硬件资源满足不了指令重叠执行的要求而发生的冲突。 (2)数据冲突：当指令在流水线中重叠执行时，因需要用到前面指令的执行结果而发生的(3)控制冲突：流水线遇到分支指令和其他会改变PC值的指令所引起的冲突。如果两条指令使用相同的名，但是它们之间并没有数据流动，则称这两条指令存在i确的。 ，以保证最后的结果是指令j写进去的。(1)定向技术：在某条指令产生一个结果之前，其他指令并不真正需要该计算结果，如果将该计结果从其产生的地方直接送到其他指令需要它的地方，就可以避免暂停。(2)暂停技术：设置一个“流水线互锁”的功能部件，一旦流水线互锁检测到数据相关，流水线暂停执行发生数据相关指令后续的所有指令，直到该数据相关解决为止。(3)采用编译器调度。(4)重新组织代码顺序。(11b)题1：有哪几种向量处理方式？它们对向量处理机的结构要求有何不同？(1)水平处理方式：不适合对向量进行流水处理。(2)垂直处理方式：适合对向量进行流水处理，向量运算指令的源/目向量都放在存储器，使得流水线运算部件的输入、输出端直接与存储器相联，构成MM型的运算流水线。页脚.(3)分组处理方式：适合流水处理。可设长度为n的向量寄存器，使每组向量运算的源/目向量都在向量寄存器中，流水线的运算部件输入、输出端与向量寄存器相联，向量指令的处理时间。(2)峰值性能：向量长度为无穷大时，向量处理机的最高性能。(3)半性能向量长度：向量处理机的性能为其峰值性能一半时所需的向量长度。(4)向量长度临界值：对同一段程序代码而言，向量方式的处理速度优于标量串行方式处理速度时所需的最小向量长度。(12a)题1：说明IA-64指令束属性字段的作用IA-64指令束属性字段(template字段)给出了可以并行执行的指令信息。(astop)符号前面的一个或多个指令可能与休止符号后面的一个或多个指令有某种资源相关。硬件流水(Hardwarepipelining)指的是硬件上使用物理流水线。软件流水 (Softwarepipelining)指的是：通过将来自不同重复的指令一起分组来实现循性。(12b)题1：页脚.(13a)题1：设某机主频为8MHz，每个机器周期平均含2个时钟周期，每条指令平均有2.5个机器周期，试问该机的平均指令执行速度为多少MIPS？若机器主频不变，但每个机3.可见机器的运行速度并不完全取决于主频。此外，机器的运行速度还和其他很多因素有关，如主存的运行速度、机器是否配有Cache、总线的数据传输率、硬盘的运行速度以及机器是否采用流水技术等。机器速度还可页脚.以用MIPS(执行百万条指令数每秒)和CPI(执行一条指令所需的时钟周期数)来衡量。MIPS个机器周期？(2)若改用时钟周期为0.4μs的CPU芯片，则该机的平均指令执行速度又是多少MIPS？c机器主频有关，得平均指令执行速度为(0.8MIPS*2.5MHz)/8MHz=0.25MIPS.(3)若要得到平均每秒40万次的指令执行速度，即0.4MIPS，则CPU芯片的主频应为(8MHz*0.4MIPS)/0.8MIPS=4MHz–指令周期是CPU取出并执行一条指令所需的全部时间，即完成一条指令的–一个指令周期包含若干个机器周期，一个机器周期又包含若干个时钟周期，以不解：1.采用直接编码方式，微指令的操作控制字段的总位数等于控制信号数，即2.采用字段直接编码方式，需要的控制位少。根据题目给出的10个控制字段及各段可激活，故微指令的操作控制字段的总位数为页脚.用直接控制(编码)方式，所以其操作控制字段的位数等于微命令数，为28位。又由于后续微指令地址由下地址字段给出，故其下地址字段的位数可根据控制存储器的容量(512*40位)定为9位。当微程序出现分支时后续微指令地址的形成取决于状态条件，6个互斥的可直接给出。微指令的格式如图所示：解Amdahl定律为80＝页脚.页脚.外，假设所有其他访问均命中局部存储器。当发出一个远程请求时，本处理器挂起。处理远程访问的情况下和有0.2%的指令需要远程访问的情况下，前者比后者快多少?远程访问开销为因此在没有远程访问的情况下的计算机速度是有0.2%远程访问的计算机速度的oryAccess的存储资源所花费的时间可能不相同。(1)共享：在一个或多个处理器上具有这个块的副本，且主存中的值是最新值(所有Cache均相同)。(2)未缓冲：所有处理器的Cache都没有此块的副本。(3)专有：仅有一个处理器上有此块的副本，且已对此块进行了写操作，而主存的副本仍是旧的。这个处理器称为此块的拥有者。(1)第一种方法是细粒度多线程技术，它在每条指令之间都能进行线程的切换，从而导致多个线程的交替执行。(2)第二种方法是粗粒度多线程技术，它是针对细粒度多线程的缺点而提出的。粗粒度多线程之间的切换只发生在时间较长的停顿出现时。间的组