第三章课后习题答案

信息科学与技术马歌第三章多层次的存储器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个字节的信息？存储容量=存储单元个数×每单元字节数=220×32bit(2)如果存储器由512K×8位SRAM芯片组成，需要多少片？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位的存储组；因此，共需要2×4=8片给定的SRAM芯片(3)需要多少位地址作芯片选择？字扩展的是2个存储组，因此，需1位地址做片选字节M4832*220片84*28*51232*1024KK2、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？内存条块数=主存容量÷每个内存条容量=226÷224=4块(2)每个内存条内共有多少DRAM芯片？需要做存储芯片的字位扩展；位扩展：8片4M×8位芯片构成4M×64位的存储组；字扩展：4组4M×64位存储组构成16M×64位的存储组；因此，共需要4×8=32片给定的DRAM芯片84864222224位位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：(3)主存共需多少DARM芯片？CPU如何选择各内存条？主存共需4×32=128片DRAM芯片每个内存条有32片DRAM芯片，容量为16M×64位，需24根地址线（A23~A0）完成内存条内存储单元寻址。一共有4块内存条，采用2根高位地址线（A25~A24），通过2:4译码器译码产生片选信号对各模块板进行选择。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图。由16K×8位的芯片字位扩展构成64K×32位的存储器；根据题意，存储器总容量为64K×32位，故地址线总需16位；位扩展：4片16K×8位芯片构成16K×32位的存储组；字扩展：4组16K×32位存储组构成64K×32位的存储组；因此，共需4×4=16片DRAM芯片。芯片本身地址线占14位，所以采用位并联与地址串联相结合的方法来组成整个存储器。4个存储组的片选信号应由最高两位地址A14和A15产生。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图。由16K×8位的芯片字位扩展构成64K×32位的存储器；该存储器的组成逻辑框图如下：位扩展字扩展3、用16K×8位的DRAM芯片构成64K×32位存储器，要求：(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？假定16K×8位的DRAM芯片的存储矩阵是128行×(128×8)列；若集中刷新，则有128行×0.5μs=64μs的死时间（读/写操作停止，数据线输出被封锁），不合适；若分散刷新，则每访存一次需要1μs，也不合适；所以，应采用异步式刷新方式。假定，DRAM芯片的刷新周期为2ms；两行的刷新间隔为：2ms/128=0.015625ms=15.625μs；若取15.5μs作为实际的刷新间隔；刷新存储体一遍实际需要时间：15.5μs×128=1984μs=1.984ms；7、某机器中，已知配有一个地址空间为0000H~3FFFH的ROM区域。现在再用一个RAM芯片（8K×8）形成40K×16位的RAM区域，起始地址为6000H。假设RAM芯片有CS和WE信号控制端。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），MREQ（访存），要求：(1)画出地址译码方案。整个存储器的地址空间分布如图所示：(2)将ROM与RAM同CPU连接。存储器组成方案如下：组内地址A12~A0；小组译码器使用3:8译码器；RAM1~RAM5各用两片8K*8的芯片位并联连接7、某机器中，已知配有一个地址空间为0000H~3FFFH的ROM区域。现在再用一个RAM芯片（8K×8）形成40K×16位的RAM区域，起始地址为6000H。假设RAM芯片有CS和WE信号控制端。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），MREQ（访存），要求：8、设存储器容量为64M，字长为64位，模块数m=8，分别用顺序和交叉方式进行组织。存储周期T=100ns，数据总数宽度为64位，总线传送周期τ=50ns。求：顺序存储器和交叉存储器的带宽各是多少？顺序存储器和交叉存储器连续读出m=8个字的信息总量都是：q=64位×8=512b顺序存储器和交叉存储器连续读出8个字所需的时间分别是：t1=m×T=8×100ns=8×10-7st2=T+(m-1)×τ=100ns+7×50ns=450ns=4.5×10-7ns顺序存储器和交叉存储器的带宽分别是：W1=q/t1=512b÷(8×10-7)s=64×107[b/s]W2=q/t2=512b÷(4.5×10-7)s=113.8×107[b/s]11、某机器采用四体交叉存储器，今执行一段小循环程序，此程序放在存储器的连续地址单元中。假设每条指令的执行时间相等，而且不需要到存储器存取数据，请问在下面两种情况中（执行的指令相等），程序运行的时间是否相等？设取指周期为T，总线传送周期为τ，指令执行时间为t0(1)循环程序由6条指令组成，重复执行80次。t=(T+5τ+6t0)*80=80T+400τ+480t0(2)循环程序由8条指令组成，重复执行60次。t=(T+7τ+8t0)*60=60T+420τ+480t0故不相等。13、一个组相联cache由64个行组成，每组4行。主存储器包含4K个块，每块128字。请表示内存地址的格式。组相联映射下的主存地址格式如下：每块128=27=2w字，假定主存以字进行组织块内的字地址需要w=7位；Cache由64=4×2d=K×2d个行组成，每组K=4行Cache中共包含v=64÷4=16=24组，需d=4位组号；主存包括4K=212=2s个块主存块号为s=12位主存标记位有(s-d)位=12-4=8位16、下述有关存储器的描述中，正确的是（B、D）。A.多级存储体系由cache、主存和虚拟存储器构成。B.存储保护的目的是：在多用户环境中，既要防止一个用户程序出错而破坏系统软件或其他用户程序，又要防止一个用户访问不是分配给他的主存区，以达到数据安全与保密的要求。C.在虚拟存储器中，外存和主存以相同的方式工作，因此允许程序员用比主存空间大得多的外存空间编程。D.Cache和虚拟存储器这两种存储器管理策略都利用了程序的局部原理。18、虚拟段页式存储管理方案的特性为（D）。A.空间浪费大、存储共享不易、存储保护容易、不能动态连接B.空间浪费小、存储共享容易、存储保护不易、不能动态连接C.空间浪费大、存储共享不易、存储保护容易、能动态连接D.空间浪费小、存储共享容易、存储保护容易、能动态连接19、某虚拟存储器采用页式存储管理，使用LRU页面替换算法。若每次访问在一个时间单位内完成，页面访问的序列如下：1,8,1,7,8,2,7,2,1,8,3,8,2,1,3,1,7,1,3,7。已知主存只允许存放4个页面，初始状态时4个页面是全空的，则页面失效次数是6。LRU算法的思想：每页设置一个计数器，每次命中一页，该页对应的计数器清零，其他各页的计数器加1；需要替换时，将计数值最大的页换出，所以，对应的访问过程及相应的计数器的内容、替换结果如下：红色标注的页是未命中的访问——共6次21、设某系统采用页式虚拟存储管理，页表存放在主存中。(1)如果一次内存访问使用50ns，访问一次主存需用多少时间？若页表存放在主存中，则要实现一次主存访问需两次访问主存：一次是访问页表，确定所存取页面的物理地址；第二次才根据该地址存取页面数据。故访问一次主存的时间为50×2=100(ns)(2)如果增加TLB，忽略查找TLB表项占用的时间，并且75%的页表访问命中TLB，内存的有效访问时间是多少？？75%×50+(1-75%)×2×50=62.5(ns)22、某计算机的存储系统由cache、主存和磁盘构成。cache的访问时间为15ns；如果被访问的单元在主存中但不在cache中，需要用60ns的时间将其装入cache，然后在进行访问；如果被访问的单元不在主存中，则需要10ms的时间将其从磁盘中读入主存，然后再装入cache中并开始访问。若cache的命中率为90%，主存的命中率为60%，求该系统中访问一个字的平均时间。被访问的字在cache中的概率为0.9不在cache中但在主存中的概率为：(1-0.9)×0.6=0.06不在cache也不在主存中的概率为：(1-0.9)×(1-0.6)=0.04所以，一个字的访问时间为：15×0.9+(15+60)×0.06+(15+60+10×106)×0.04=13.5+4.5+400003=400021(ns)24、在一个分页虚存系统中，用户虚地址空间为32页，页长1KB，主存物理空间为16KB。已知用户程序有10页长，若虚页0、1、2、3已经被分别调入到主存8、7、4、10页中，请问虚地址0AC5和1AC5（十六进制）对应的物理地址是多少？页长1KB，所以页内地址为10位。主存物理页面数：16页，共14位地址码（其中页面号4位，页内地址10位）用户虚地址空间：32页，页面号为0~31；共15位地址码（其中页面号5位，页内地址10位）24、在一个分页虚存系统中，用户虚地址空间为32页，页长1KB，主存物理空间为16KB。已知用户程序有10页长，若虚页0、1、2、3已经被分别调入到主存8、7、4、10页中，请问虚地址0AC5和1AC5（十六进制）对应的物理地址是多少？0AC5H=00010，1011000101B，页面号为2，已被调入到主存页4，所以，物理地址中的页面号为4，页内地址与虚地址的页内地址相同，所以是：0100,1011000101=12C5H1AC5H=00110，1011000101B，页面号为6，未被调入到主存页中，所以无物理地址，会发生缺页中段。