计算机专业基础综合计算机组成原理(外存与I／O设备)模拟试卷1

计算机专业基础综合计算机组成原理（外存与I／O设备）模拟
试卷1
(总分：44.00，做题时间：90分钟)
一、单项选择题(总题数：13，分数：26.00)
1.计算机的外围设备是指( )。

A.输入／输出设备
B.外存设备
C.远程通信设备
D.除了CPU和内存以外的其他设备√
2.用于笔记本电脑的外存储器是( )。

A.软磁盘
B.硬磁盘
C.固态盘√
D.光盘
3.CRT的分辨率为1024×1024像素，像素的颜色数为256，则刷新存储器的容量是( )。

A.512KB
B.1MB √
C.256KB
D.2MB
4.美国视频电子标准协会定义了一个VGA扩展集，将显示方式标准化，这称为著名的( )显示方式。

A.AVGA
B.SVGA
C.VESA √
D.EGA
5.为了使设备相对独立，磁盘控制器的功能全部转到设备中，主机与设备间采用( )接口。

A.SCSI √
B.专用
C.ESDI
6.一张3．5英寸软盘的存储容量为( )MB，每个扇区存储的固定数据是( )。

A.1．44MB，512B √
B.1MB，1024B
C.2MB，256B
D.1．44MB，128B
7.MD光盘和PC光盘是( )型光盘。

A.只读
B.一次
C.重写√
8.以下描述中基本概念正确的句子是( )。

A.硬盘转速高，存取速度快√
B.软盘转速快，存取速度快
C.硬盘是接触式读写
D.软盘是浮动磁头读写
9.下面关于计算机图形和图像的叙述中，正确的是( )。

A.图形比图像更适合表现类似于照片和绘画之类的有真实感的画面
B.一般说来图像比图形的数据量要少一些
C.图形比图像更容易编辑、修改√
D.图像比图形更有用
10.视频电子学标准协会制定的局部总线称为( )。

A.VESA √
B.VISA
C.PCI
D.EISA
11.在软盘存储器中，软盘适配器是( )。

A.软盘驱动器与CPU进行信息交换的通道口√
B.存储数据的介质设备
C.将信号放大的设备
D.抑制干扰的设备
12.PC机所配置的显示器，若显示控制卡上刷存容量是1MB，则当采用800×600的分辨率模式时，每个像素最多可以有( )种不同颜色。

A.256
B.65536 √
C.16M
D.4096
13.活动头磁盘存储器的平均存取时间是指( )。

A.最大找道时间加上最小找道时间
B.平均找道时间
C.平均找道时间加上平均等待时间
D.平均等待时间√
二、分析题(总题数：9，分数：18.00)
14.何谓CRT显示分辨率?若CRT 1分辨率为640×480，CRT 2分辨率为1024×1024，问CRT 1和CRT 2何者为优?
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正确答案：(正确答案：分辨率是指显示器所能表示的像素的个数。

像素越密，分辨率越高，图像越清晰。

分辨率取决于显像管荧光粉的粒度、荧光屏的尺寸和CRT电子束的聚焦能力。

同时刷新存储器要有与显示器像素相对应的存储空间，用来存储每个像素的信息。

CRT 1和CRT 2比较，CRT 2的分辨率高。

)
15.为什么要对CRT屏幕不断进行刷新?要求的刷新频率是多少?为达此目的，必须设置什么样的硬件?
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正确答案：(正确答案：CRT、发光是由电子束打在荧光粉上引起的。

电子束扫过之后其发光亮度只能维持几十毫秒便消失。

为了使人眼能看到稳定的图像显示，必须使电子束不断地重复扫描整个屏幕，这个过程叫做刷新。

按人的视觉生理，刷新频率大于30次／秒时才不会感到闪烁。

显示设备中通常要求每秒50帧图像。

为了不断提供刷新图像的信号，必须把一帧图像的信息存储在刷新存储器中。

)
16.某CRT显示器可显示128种ASCII字符，每帧可显示80字×25排；每个字符字形采用7×8点阵，即横向7点，字间间隔1点，纵向8点，排间间隔6点；帧频50Hz，采取逐行扫描方式。

问：(1)缓存容量有多大?(2)字符发生器(ROM)容量有多大?(3)缓存中存放的是字符ASCII代码还是点阵信息?(4)缓存地址与屏幕显示位置如何对应?(5)设置哪些计数器以控制缓存访问与屏幕扫描之间的同步?它们的分频关系如何?
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正确答案：(正确答案：CRT显示器缓存与屏幕显示间的对应关系： (1)缓存容量80×25=2KB (2)ROM容量128×8=1KB (3)缓存中存放的是待显示字符的ASCII代码。

(4)显示位置自左至右，从上到下，相应地缓存地址由低到高，每个地址码对应一个字符显示位置。

(5)①点计数器(7+1)：1分频(每个字符点阵横向7个点，间隔1个点)。

②字符计数器(80+12)：1分频(每一水平扫描线含80个字符，回归和边缘部分等消隐段折合成12个字符位置)。

③行计数器(8+6)：1分频(每行字符占8点，行间隔6点)。

④排计数器(25+10)：1分频(每帧25行，消隐段折合为10行)。

)
17.刷存的主要性能指标是它的宽带。

实际工作时显示适配器的几个功能部分要争用刷存的带宽。

假定总带宽的50％用于刷新屏幕，保留50％带宽用于其他非刷新功能。

(1)若显示工作方式采用分辨率为1024×768，颜色深度为3B，帧频(刷新速率)为72Hz，计算刷存总带宽应为多少?(2)为达到这样高的刷存带宽，应采用何种技术措施?
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正确答案：(正确答案：(1)刷新所需带宽=分辨率×每个像素点颜色深度×刷新速度 1024×768×3B×72
／s=165888KB／s=162MB／s 刷存总带宽应为162MB×100／20=324MB／s (2)为达到这样高的刷存带宽，可采用如下技术措施：①使用高速的DRAM芯片组成刷存；②刷存采用多体交叉结构；③刷存至显示控制器地内部总线宽度由32位提高到64位，甚至128位；④刷存采用双端口存储器结构，将刷新端口与更新端口分开。

)
18.某彩色图形显示器，屏幕分辨率为640×480，共有4色、16色、256色、65536色等四种显示模式。

(1)请给出每个像素的颜色数m和每个像素占用的存储器的比特数n之间的关系。

(2)显示缓冲存储器的容量是多少?(3)若按照每个像素4种颜色显示，请设计屏幕显示与显示缓冲存储器之间的对应关系。

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正确答案：(正确答案：(1)在图形方式中，每个屏幕上的像素都由存储器中的存储单元的若干比特指定其颜色。

每个像素所占用的内存位数决定于能够用多少种颜色表示一个像素。

表示每个像素的颜色数m和每个像素占用的存储器的比特数n之间的关系由下面的公式给出： n=log 2 m (2)显示缓冲存储器的容量应按照最高灰度(65536色)设计。

故容量为 640×480×(log 2 65536)／8=614400字节≈615KB (3)因同一时刻每个像素能选择4种颜色中的一种显示，故应分配给每个像素用于存储显示颜色的内存比特为 n=log 2 m=log 2 4=2 图7．2给出了屏幕显示与显示缓冲存储器之间的一种对应关系。

屏幕上水平方向连续的四个像素共同占用一个字节的显示存储器单元。

随着地址的递增，像素位置逐渐右移，直至屏幕最右端后，返回到下一扫描线最左端。

依此类推，直到屏幕右下角。

屏幕上的每一个像素均与显示存储器中的两个比特
相对应。

)
19.设写入磁盘存储器的数据代码为001101，试用NRZ1制记录方式画出写入电流、记录介质磁化状态、读出信号、整流及选通输出各信号波形图。

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正确答案：(正确答案：NRZ1制的特点是：见“1”时写电流改变方向，见“0”时电流维持原来方向不变。

读出时，读“1”才有读出信号，且连续读“1”时相邻的信号其极性相反。

读“0”时无信号输出。

各波形
图如图7．4所示。

)
20.试推导磁盘存储器读写一块信息所需总时间的公式。

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正确答案：(正确答案：设读写一块信息所需总时间为t B，平均找道时间为t s，平均等待时间为t 1，读写一块信息的传输时间为t m，则 t B =t s +t 1 +t m假设磁盘以每秒r转速率旋转，每条磁道容量为N个字，则数据传输率=rN个字／秒。

又假设每块的字数为n，因而一旦读写头定位在该块始端，就能在t m≈(n／rN)秒的时间中传输完毕。

t 1是磁盘旋转半周的时间，t 1 =(1／2r)s。

由此可得： t B =t s +
[s])
21.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2．5MB／s。

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?
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正确答案：(正确答案：(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 [(20×10 －3 +7×10 －3 +1／2．5)×2+2×10 －3 ]×500=428s=7．1min (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5MB／s，故总的文件更新时间为 [(20×10 －3 +3．5×10 －3 +1／5)×2+2×10 －3 ]×500=233．5s=3．9ms)
22.CD—ROM光盘的外缘有5mm宽的范围因记录数据困难，一般不使用，故标准的播放时间为60min。

计算模式1和2情况下光盘存储容量是多少?
__________________________________________________________________________________________ 正确答案：(正确答案：扇区总数=60×60×75=270000(扇区) 模式1存放计算机程序和数据，其存储容量为 270000×2048／1024／1024=527MB 模式2存放声音、图像等多媒体数据，其存储容量为 270000×2336×1024／1024=601MB)。