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1、计算机组成原理课后习题解答第三章：系统总线１１题：CPU→I/OI/O→CPUCPUI/O……………..……………..D7D0D7D0P66页12题：在数据总线上接有A、B、C、D寄存器，画出满足下列要求的电路框图：ＡＢＣ三态门ＤＢＵＳＴmTm(1)在同一时间实现D→A，D→B，D→C寄存器间传送(2)要求：T0时刻完成D→总线；T1时刻完成总线→A；T2时刻完成A→总线；T3时刻完成总线→BA接收门１T２+T3接收门2BT3三态门1D三态门2Ｔ１T0+T1BUSCPT0T1T2T3补充作业：1.假
2、设总线的时钟频率为33MHz，且一个总线时钟周期为一个总线传输周期。若在一个总线传输周期可并行传送4个字节数据，求该总线带宽，并分析哪些因素影响总线的带宽。解：总线带宽是指单位时间内总线上可传输的数据位数（字节/秒）。总线带宽=4B/T=4B×f=4B×33×106Hz=132MBps影响总线带宽的因素：总线宽度、传输距离、总线发送和接收电路的工作频率的限制以及数据传输形式等。2．在一个16位的总线系统中,若时钟频率为100MHz，总线传输周期为5个时钟周期，每一个总线传输周期可传送1个字，试计算总
3、线的数据传输率。解：时钟频率为100MHz，所以：1个时钟周期为1/f=1/100=0.01µs5个时钟周期为0.05µs总线的数据传输率=16b/（T×5）=16b/（1/f×5）=16b/（1/100×5）=320×106bps第四章存储器21题:(教材P146页)解:(1)根据题意:每字块有8个字,每个字32位故主存地址字段中字块内地址字段为5位(25=32),字块大小为8×32b=32B=25B所以16KB的CACHE共有214B/25B=29块,即C=9。根据四路组相联映象2r=4得r=2
4、故q=c-r=9-2=7主存容量为4MB=222B，主存地址字段中主存字块标记位数为22-7-5=10位。主存地址字段各段格式为：主存字块标记(12位)组地址(7位)字块内地址(5位)(2)CACHE开始空，CPU访问0单元时肯定不命中，会读取内存，并将内存所在块(0-7号单元)调入CACHE，CPU以后访问1-7号单元会命中，而访问8号单元又不命中，再替换….,所以，CPU在访问0-99号单元时会不命中8,16,……96共13个单元。故命中率=（100×8-13）/（100×8）×100%=98.
5、375%(3)设主存存取周期为6t，CACHE存取周期为t，没有CACHE的访问时间为6t×800，有CACHE的访问时间为t（800-13）+6t×13则速度提高倍数=（6t×800）/（t（800-13）+6t×13）=4.5教材P146页26题解：(1)硬盘由6片磁盘组成,每片2个记录面,由于上下2个面不用,所以共有10个记录面可以用。(2)柱面数也就是每张磁盘磁道数=盘半径/道密度盘半径=外半径-内半径=33/2-11/2=5.5cm=55mm柱面数=盘半径/道密度=5.5×40=220面(
6、3)硬盘总容量=面容量×记录面数=(道容量×道数)×记录面数=((内道周长×内层密度)×道数)×记录面数=(((2×3.14×22/2)×400)×220)×10=60790400位(4)数据传输率=转速×道容量=40×(2×3.14×22/2)×400)=40×27632=1105280位教材P146页27题解（1）磁盘总容量=道容量×道数×记录面数=12288×275×4=13516800字节（2）最高位密度（最小磁道位密度）=道容量/（2×3.14×最小磁道直径）=12288字节/(2×3.1
7、4×230mm）=17字节/mm最低位密度（最大磁道位密度）=道容量/（2×3.14×最大磁道直径）=12288字节/(2×3.14×(最小磁道直径+磁盘半径×2)）=12288字节/(2×3.14×(230mm+磁道数/道密度×2)）=12288字节/(2×3.14×(230mm+275/5×2)）=11.7字节/mm(3)数据传输率=转速×道容量=(3000/60)×12288字节=614.4字节/秒=614.4B/S(4)因为平均等待时间为磁盘转一圈时间的一半，所以：平均等待时间=（1/转速）
8、/2=(60/3000)/2=10ms补充作业:1.一个1K×4位的DRAM芯片,若其内部结构排列成64×64形式,且存取周期为0.1µs.(1)若采用分散刷新和集中刷新相结合的方式,刷新信号周期应该取多少?(2)若采用集中刷新,则对存储器芯片刷新一遍需多少时间?死亡时间率是多少?解:(1)采用分散刷新和集中刷新相结合的方式,对排列成64×64形式的DRAM芯片,需在2ms内将64行各刷新一遍,故刷新信号的时间间隔为2ms/64=31.25µs,故取刷新周期31µs(
