计算机组成原理白中英(第5版)课后习题-外存与I、O设备(圣才出品)

第7章外存与I/O设备
1．计算机的外围设备是指______。

A．输入/输出设备
B．外存储器
C．输入/输出设备及外存储器
D．除了CPU和内存以外的其他设备
【答案】D
【解析】，计算机系统中除CPU和主存外的每一部分都可作为一个外围设备来看待。

通常外围设备由存储介质、驱动装置、控制电路组成。

2．打印机根据印字方式可以分为______和______两大类，在______类打印机中，只有______型打印机能打印汉字，请从下面答案中选择填空。

A．针型打印机
B．活字型打印机
C．击打式
D．非击打式
【答案】C，D，C，A
【解析】打印机按印字原理分，分为击打式和非击打式两大类，能打印汉字的是击打类中的针形打印机，它是利用机械作用使印字机构与色带和纸相撞击打印字符。

3．一光栅扫描图形显示器，每帧有1024×1024像素，可以显示256种颜色，问刷新
存储器容量至少需要多大? 答：刷新存储器的容量由图像分辨率和灰度级决定，即刷存容量=分辨率×颜色深度=1024×1024×1B=1MB 。

4．一个双面CD-ROM 光盘，每面有l09道，每道9个扇区，每个扇区存储5128，请求出光盘格式化容量。

答：光盘格式化容量=2×100×9×512B=900KB 。

5．试推导磁盘存储器读写一块信息所需总时间的公式。

答：设读写一块信息所需时间为t B ，平均找道时间为t s ，平均等待时间为t l ，读写一块信息的传输时间为t m ，则
t B = t s + t l + t m
假设磁盘以每秒r 的速率旋转，每条磁道容量为N 个字，则数据传输率=rN 个字/秒 假设每块的字数为n ，因而一旦读写头定位在该块起始端，就能在t m ≈（n/rN ）秒的时间传输完毕。

t l 是磁盘旋转半周的时间，t l = （1/2r ）秒，由此可得磁盘存储器读写一块信息所需总时间为：
12B s n t t r rN
=+
+ 6．某双面磁盘，每面有220道，已知磁盘转速r=4000转/分，数据传输率为l850008/s ，求磁盘总容量。

答：数据传输率Dr=磁盘转速n （转/秒）×每条磁道容量N （字节）,则
N=185000B/s÷（4000转/分÷60）=2775B
故磁道总容量=2×220×2775=1221000B。

7．某磁盘存储器转速为3000转/分，共有4个记录面，每道记录信息为122888，最小磁道直径为230mm，共有275道。

问：
（1）磁盘存储器的存储容量是多少?
（2）最高位密度与最低位密度是多少?
（3）磁盘数据传输率是多少?
（4）平均等待时间是多少?
（5）给出一个磁盘地址格式方案。

答：
（1）磁盘存储器的存储容量=4×275×12288B=13516800B。

（2）最小磁道半径R1=230÷2=115mm，故最小磁道长度为
2πR1=2×3.14159×115=722.57mm，所以最高位密度
=12288÷722.57=17B/mm；
最大半径R2=R1+275÷5=115+55=170mm，故最大磁道长度为2πR2=2×3.14159×170=1068mm,所以最低位密度=12288÷1068=11.5B/mm。

（3）根据公式磁盘数据传输率c=r×N，r=3000÷60=50转/秒，N=12288字节/道，所以c=50×12288=614400B。

（4）平均等待时间=旋转一圈时间的一半=1/2r=1÷（2×50）=10ms。

（5）设每个扇区为512字区，则12288÷512=24，所以扇区地址为5位；
因记录面为4，所盘面地址为2位，道数为275，所以柱面地址为9位，因此整个磁盘
地址格式为16位，即柱面号（9位）盘面号（2位）扇区号（5位）。

8．已知某磁盘存储器转速为2400转/分，每个记录面道数为200道，平均找道时间为60ms，每道存储容量为96Kb，求磁盘的存取时间与数据传输率。

答：磁盘的平均存取时间=平均找道时间+平均旋转等待时间
=60ms+60s÷（2×2400）=60ms+12.5ms=72.5ms。

因为每道容量为96Kb，而磁盘存储器转速为2400转/60秒=40转/秒，所以最大数据传输速率为96Kb×40=3840Kb/秒=480KB/秒。

9．磁带机有9道磁道，带长600m，带速2m/s，每个数据块1KB，块间间隔14mm，若数据传输率为1280008/s，试求：
（1）记录位密度；
（2）若带的首尾各空2m，求此带最大有效存储容量。

答：（1）根据公式数据传输率C=D×V,其中D为记录位密度，V为线速度，故记录位密度D=C÷V=128000B/s÷2m/s=64000B/m=64B/mm。

（2）传送一个数据块所需的时间为t=1024B÷128000B/s=1/125s，
一个数据块占用长度为l=v×t=2m/s×1/125s=0.016m=16mm,
每块间隙l1=14mm，数据块总数为：（600-2×2）m÷（l+l1）=596×1000÷30=19866块,
故磁带存储器有效存储容量为19866块×1KB/块=19866KB。

10．一台活动头磁盘机的盘片组共有20个可用的盘面，每个盘面直径18英寸，可供
记录部分宽5英寸，已知道密度为l00道/英寸，位密度为1000位/英寸（最内道），并假定各磁道记录的信息位数相同。

试问：
（1）盘片组总容量是多少兆（106）位?
（2）若要求数据传输率为1MB/s，磁盘机转速每分钟应是多少转?
答：（1）道密度为100道/英寸，而可供记录的部分宽5英寸，所以磁道数为：5×100=500道；又因最内圈磁道直径：18-2×5=8英寸，所以其周长：8×3.14=25.12英寸；道容量=8×3.14×1000÷8=3140B/道。

面容量=3140×500=1570000B/面，盘片组总容量为1570000×20=3140000B。

（2）数据传输率已知，根据公式数据传输率=每道字节数×每秒转速，可求得每分钟转速=数据传输率×60÷每道字节数=1024×1024B/s×60s÷3140B/道=20036转/分。

11．有一台磁盘机，其平均找道时间为30ms，平均旋转等待时间为10ms，数据传输率为5008/ms，磁盘机上存放着1000件每件30008的数据。

现欲把一件件数据取走，更新后再放回原地，假设一次取出或写入所需时间为
T=平均找道时间+平均等待时间+数据传送时间
另外，使用CPU更新信息所需的时间为4ms，并且更新时间同输入输出操作不相重叠。

试问：
（1）更新磁盘上全部数据需多少时间?
（2）若磁盘机旋转速度和数据传输率都提高一倍，更新全部数据需多少时间?
答：（1）更新一件数据的时间T=30+10+3000÷500+4=50ms，故更新磁盘上全部数据需：50ms×1000=50s。

（2）若磁盘机旋转速度和数据传输率都提高一倍，更新一件数据的时间为
T=30+5+3000÷1000+4=42ms，全部数据更新所需时间=42ms×1000=42s。

12．有如下六种存储器：主存、高速缓存、寄存器组、CD-ROM存储器、M0磁盘和活动头硬磁盘存储器，要求：
（1）按存储容量和存储周期排出顺序；
（2）将有关存储器排列组成一个存储体系；
（3）指明它们之间交换信息时的传送方式。

答：（1）按容量从小到大排序：
寄存器组—高速缓存—CD-ROM存储器—MO磁盘—主存—活动头硬磁盘存储器按存储周期从小到大可排为：
寄存器组—高速缓存—主存—活动头硬磁盘存储器—MO磁盘—CD-ROM存储器（2）高速缓存—主存—活动头硬磁盘存储器可构成一个三级存储体系。

（3）高速缓存与主存之间的数据交换方式为猝发式，以块为单位；主存与硬盘之间的数据传送方式常用DMA方式。

13．CRT的显示适配器中有一个刷新存储器，说明其功能。

刷存的容量与什么因素有关?若CRT的分辨率为l024×1024像素点，颜色深度为24位，问刷新存储器的存储容量是多少?
答：刷新存储器用于存放待显示的字符的ASCII和属性码或图形状态下的每个像素的颜色值。

其容量与显示器的分辨率和颜色设置有关。

若CRT的分辨率为1024×1024个像素点，颜色深度为24位（3位二进制码表示），则刷新存储器的存储容量是：1024×1024×3B=3MB。