(2) Direccionamiento relativo
(3). Direccionamiento de índice, el operando está en la unidad de almacenamiento de E = (Rx) D.
(4) El registro se direcciona indirectamente y el contenido del registro general representa la dirección del operando en la memoria principal.
(5). Direccionamiento indirecto, utilice el desplazamiento como dirección para acceder a la memoria principal para obtener el indicador de dirección del operando y luego presione el indicador de dirección.
El puntero accede al operando de la memoria principal, por lo que el direccionamiento indirecto requiere dos accesos a la memoria principal.
(6) Direccionamiento del valor base, el operando está en la unidad de almacenamiento E = (Rb) D.
6) Solución: (1) El formato de la microinstrucción es el siguiente. :
1 2 dígitos 1 2 dígitos 1 1 1 1 1 1 1 1.
r ra 0 ra 1 wwa 0 a 1 ldsalldsb SB→alu csb→alu clr ~ dominio de dirección de dominio P
donde ldsa y ldsb son señales de entrada de pestillo,
CLR es la señal de borrado de SB.
SB→ALU envía la señal de control del código original a SB.
SB→ALU envía la señal de control de código invertido a SB.
~ es la señal de bandera de operación pública
(2)2) El diagrama de flujo del microprograma de la instrucción ADD se muestra en la Figura A2.4
Déficit de atención Trastorno por Déficit de Atención
Trastorno por Déficit de Atención
Figura A2.4
7. Solución: (1) Capacidad de información de cada canal = 12288 bytes.
La capacidad de información de cada superficie de registro = 275×12288 bytes.
* * *Hay 4 superficies de registro, por lo que la capacidad total de almacenamiento en disco es
4 × 275 × 12288 bytes = 13516800 bytes.
(2) Calcule la densidad de bits más alta d 1 (r 1 = 115 mm) en función del radio de órbita mínimo R1:
D1 = 12288 bytes/2πR1 = 17 bytes/mm.
Calcule la densidad de bits más baja D2 en función del radio máximo de órbita R2.
R2 = r 1 (275/5)= 115 55 = 170 mm
D2 = 12288 bytes/2πR2 = 11,5 bytes/mm
(3 )Disco tasa de transferencia de datos
R = 3000/60 = 50 ciclos/segundo
N = 12288 bytes (capacidad de información por canal)
c = r ×n = 50×12288 = 614400 bytes/segundo.
(4) Tiempo medio de espera = 1/2r = 1/2×50 = 1/100 segundo = 10 milisegundos.
(5) Se supone que solo hay un almacenamiento en disco local, por lo que se pueden ignorar el número y la dirección de la estación. Hay cuatro superficies de grabación, cada una con 275 pistas. Suponiendo que cada sector registra 1024 bytes, se requieren 12288 bytes/1024 bytes = 12 sectores. Se puede obtener el siguiente formato de dirección:
14 6 5 4 3 0
Número de cilindro (pista), número de disco (cabeza), número de sector
8 Solución: suponga que el tiempo de ejecución de una instrucción también es TM.
El proceso de procesamiento de interrupciones y cada período de tiempo se muestran en la Figura A2.5
Cuando tres dispositivos emiten solicitudes de interrupción al mismo tiempo, los dispositivos C, B, A, B y A se procesan en secuencia El tiempo es el siguiente:
tC = 2TM TDC TS TC TR
tB = 2TM 2TDC TS TB TR
tA = 2TM 3TDC TS TA TR
El tiempo total requerido para procesar tres dispositivos es T = tC tB tA.
Descripción TM
Ciclo
Tulio
Pausa
PMS periódico
( Hardware)
Guardar sitio web TS
Intermedio
Reparación de equipos dañados
Programa de servicio
Transacción
p>Chengda, TB, TC
Comando
Restaurar escena TR
Figura A2.5
Por lo tanto, para lograr El tiempo mínimo para la saturación de la interrupción es t, es decir, la frecuencia límite de la interrupción es f = 1/t.