2017年北京师范大学信息科学与技术学院408计算机学科专业基础综合之计算机组成原理考研仿真模拟题
● 摘要
一、简答题
1． 某总线在一个总线周期中并行传送8个字节的信息，假设一个总线周期等于一个总线时钟周期，总线时钟频率为总线带宽是多少？
【答案】每个总线周期并行传送8字节，则总线带宽为：
2． 段式虚拟存储器对程序员是否透明？请说明原因。
【答案】虚拟管理是由软件（操作系统）和硬件共同完成，由于软件的介入，虚存对实现存储管理系统程序不透 明。而段是按照程序的自然分界划分的长度可以动态改变的区域。通常，程序员把子程序、操作数和常数等不同 类型的数据划分到不同的段中，并且每个程序可以有多个相同类型的段。由于分段是由程序员完成的，所以段式 虚拟存储器对程序员而言不是透明的，但虚存到实存的地址映射是由系统软件辅助完成的，故对应用程序而言， 段是虚拟存储器是“半透明”的。
3． CTU 的性能指标有哪些? 其概念是什么？
【答案】把运算器和控制器合在一起称为中央处理机，简称CPU 。其性能指标主要有以下几个方面：
； （1）主频：CPU 的时钟频率（CPU Clock Speed）
（2）内存总线速度：指CPU 与二级（L2）高速缓存和内存之间的通信速度；
（3）扩展总线速度：指安装在微机系统上的局部总线如VESA 或PCI 总线接口卡的工作速度；
（4）工作电压：指CPU 正常工作所需的电压；
（5）地址总线宽度：决定了CPU 可以访问的物理地址空间，对于486以上的微机系统，地址线的宽度为32位，最多可以直接访问4096MB 的物理空间；
（6）数据总线宽度：决定了CPU 与二级高速缓存、内存以及输入/输出设备之间一次数据 传输的信息量。
（7）主频/时钟周期：CPU 的工作节拍受主时钟控制，主时钟不断产生固定频率的时钟，主
； 时钟的频率（f ）叫CPU 的主频，度量单位是MHz （兆赫兹）、GHz （吉赫兹）
，T=l/f，度量单位是主频的倒数称为CPU 时钟周期（T ）
CPU 执行时间=CPU时钟周期数×CPU 时钟周期；
第 2 页，共 33 页 （8）CPU 执行时间：表示CPU 执行一般程序所占用的CPU 时间，可用下式计算：
4． 现代计算机系统如何进行多级划分? 这种分级观点对计算机设计会产生什么影响？
【答案】（1）现代计算机系统可分为五个层次
① 第一级是微程序设计级或逻辑电路级，是一个实在的硬件级，由硬件直接执行；② ② 第二级是一般机器级，称为机器语言级，也是硬件级，它由微程序解释机器指令系统； ③ 第三级是操作系统级，它由操作系统程序实现；
④第四级是汇编语言级，由汇编程序支持和执行，它给程序人员提供一种符号形式语言，以减少程序编写的复杂性；
⑤第五级是高级语言级，它是面向用户的，为方便用户编写应用程序而设置的。
（2）对计算机设计产生的影响
①用这种用一系列的级来组成计算机的概念和技术，对了解计算机如何组成提供了一种好的结构和体制；
②而且用这种分级的观点来设计计算机，对保证产生一个良好的系统结构也是很有帮助的。
5． 比较总线和标准的性能特点。
总线是当前使用的总线，是一个高带宽且与处理器无关的标准总线，又是【答案】（1
）
重要的层次总线。它采用同步定时协议和集中式仲裁策略，并具有自动配置能力，适合于低成本的小系统，因此在微型机系统中得到 了广泛的应用。
（2）正在发展的标准，追求高端服务器市场的最新规范，是一种基于开关的体
总线，数系结构，可连接多达64000个服务器、存储系统、网络设备，能替代当前服务器中的
据传输率达30GB/S，因此适合于高成本的较大规模计算机系统。
二、分析题
6． 浮点数四则运算的基本公式如下：
其中
.
算器的逻辑结构图。
【答案】浮点乘法和除法相对来说比较简单，因为尾数和阶码可以独立处理：浮点乘法只需对尾数作定点乘和阶码作定点加，而浮点除法只需对尾数作定点除和阶码作定点减即可。不论乘法和除法，需将结果规格化。
浮点加减法较复杂，原因在于尾数相加或减之前必须对阶。为此，将较小的阶码X 。
对应的尾数
（1）计算
（2）将
移右移位以得到一个新的尾数
.
这样就能与进行运算。因此浮点加减法需要四步运算： ； （定点减法）位以形成.
第 3 页，共 33 页 试画出浮点运
（3）计算
（4）将结果规格化。 ； （定点加法或减法）
图为浮点运算器的结构图。该运算器由两个相对独立的定点运算器组成。阶码部件只进行加、减操作，
实现对阶（求阶差）和阶码加减法操作
部件完成。寄存器尾数部分可进行加、减、乘、除运算，并与阶码部件协同完成对阶和规格化等功能。尾数的加、减由加法器完成，尾数乘除由高速乘除和积商寄存器本身具有移位功能，以便完成对阶和规格化等操作。
图
7． 某磁盘里，平均找道时间为20ms , 平均旋转等待时间为7ms , 数据传输率为
写回磁盘机，每个文件平均需要2ms 的额外处理时间。问：
（1）检查并更新所有文件需要占用多少时间？
（2）若磁盘机的旋转速度和数据传输率都提高一倍，检查并更新全部文件的时间是多少？
【答案】（1）每次磁盘读写的时间=找道时间+等待时间+数据传输时间，故总的文件更新时间为
（2）若磁盘机的旋转速度提高一倍，则平均旋转等待时间缩短为3.5ms ; 若磁盘机的数据传输率都提高一倍，则变为
故总的文件更新时间为
磁盘机上存放着500个文件，每个文件的平均长度为1MB 。现需将所有文件逐一读出并检查更新，然后
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