微机原理第五章习题答案
微机原理与接口技术第五章试题及答案
第五章5-1选择题1、6264芯片是（B）（A）EEPROM （B）RAM（C）FLASH ROM （D）EPROM2、用MCS-51用串行扩展并行I/O口时，串行接口工作方式选择（A）（A）方式0 （B）方式1 （C）方式2 （D）方式33、使用8255可以扩展出的I/O口线是（B）（A）16根（B）24根（C）22根（D）32根4、当8031外出扩程序存储器8KB时，需使用EPROM 2716（C）（A）2片（B）3片（C）4片（D）5片5、某种存储器芯片是8KB*4/片，那么它的地址线根线是（C）（A）11根（B）12根（C）13根（D）14根6、MCS-51外扩ROM，RAM和I/O口时，它的数据总线是（A）（A）P0 （B）P1 （C）P2 （D）P37、当使用快速外部设备时，最好使用的输入/输出方式是（C）（A）中断（B）条件传送（C）DMA （D）无条件传送8、MCS-51的中断源全部编程为同级时，优先级最高的是（D）（A）INT1 （B）TI （C）串行接口（D）INT09、MCS-51的并行I/O口信息有两种读取方法：一种是读引脚，还有一种是（A）（A）读锁存器具（B）读数据库（C）读A累加器具（D）读CPU 10、MCS-51的并行I/O口读-改-写操作，是针对该口的（D）（A）引脚（B）片选信号（C）地址线（D）内部锁存器5-2判断题1、MCS-51外扩I/O口与外RAM是统一编址的。
（对）2、使用8751且EA=1时，仍可外扩64KB的程序存储器。
（错）60KB3、8155的复位引脚可与89C51的复位引脚直接相连。
（对）4、片内RAM与外部设备统一编址时，需要专门的输入/输出指令。
（错）统一编址的特点正是无需专门的输入输出指令。
5、8031片内有程序存储器和数据存储器。
（错）无程序存储器6、EPROM的地址线为11条时，能访问的存储空间有4K。
（错）2K.7、8255A内部有3个8位并行口,即A口，B口，C口。
微机原理课后题答案(5-7章)分析
（1）写出6116芯片的存储容量；
（2）分析每片6116所占的内存地址范围。
答：
（1）6116芯片的存储容量是2k*8bit
（2）第一片6116的内存地址范围是F1000H~F17FFH
第二片6116的内存地址范围是F1800H~F1FFFH
7．在多级存储体系结构中，Cache-主存结构主要用于解决（D）的问题。
A.主存容量不足B.主存与辅存速度不匹配
C.辅存与CPU速度不匹配D.主存与CPU速度不匹配
8．动态RAM的特点之一是（BD）。
A.能永久保存存入的信息B.需要刷新电路
C.不需要刷新电路D.存取速度高于静态RAM
二、填空题
1.在分层次的存储系统中，存取速度最快、靠CPU最近且打交道最多的是Cache存储器，它是由DRAM类型的芯片构成，而主存储器则是由SRAM类型的芯片构成。
第
一、单项选择题
1．8086CPU在执行IN AL，DX指令时，DX寄存器的内容输出到（A）上。
A.地址总线B.数据总线C.存储器D.寄存器
2．在CPU与外设进行数据传送时，下列（C）方式可提高系统的工作效率。
A.无条件传送B.查询传送C.中断传送D.前三项均可
3．外部设备的端口包括（ABC）。
A.数据端口B.状态端口C.控制端口D.写保护口
第
一、选择题
1．下列（B）不是半导体存储器芯片的性能指标。
A.存储容量B.存储结构C.集成度D.最大存储时间
2．高速缓存由（B）构成。
A. SRAMB. DRAMC. EPROMD.硬磁盘
3．由2K×1bit的芯片组成容量为4K×8bit的存储器需要（D）个存储芯片。
微机原理与接口技术张颖超叶彦斐第5章习题答案.doc
5.1 RAM和ROM的主要特点和区别是什么？【解答：】ROM (只读性存储器)的特点足在一般情况下，ROM屮的信息只能读出不能写入，ROM 屮的内客是非易失性的，掉电后信息也不会丢失。
RAM (随机存储器)的特点是K•内容在工作时既可以读出也可以随时写入，但是其中的内容是易失性的，棹电后信息会丢失。
5.2术语“非易失性存储器”足什么意思？PROM和EPROM分别代表什么意思？【解答：】“非易失性存储器”是指掉电后信息不会丢失。
PROM是可编程ROM, EPROM可擦除可编程ROM。
5.3何谓静态RAM?何谓动态RAM?他们的特点各足什么？【解答：】以双稳态电路作力基本存储申.元來保存信息的RAM称力静态RAM (SRAM),其特点是：只要不断电，信息不会丢失；访问速度快，但集成度较低，一般用于Cache采用SRAM。
以晶体管栅极电界的充放电来存储二进制信息的RAM称为动态RAM，其特点足：电界上的电荷会随吋间而泄露，因此DRAM需耍定吋刷新；DRAM集成度较高，因此行列地址线复用，一般闪存采用DRAM构成。
5.4较大容量的RAM为什么总是采用矩阵形式？【解答：】这种形式便于采用双译码结构，地址线分为行、列W部分，分开译码，可以极大的减少地址译码器的输出线，简化电路。
5.5下列RAM芯片各需要多少个地址引脚？(1)16Kxlb (2) lKx4b (3) 2Kx8b【解答：】分別是log216K = 14，log2lK 二10，log22K = ll 根5.6设有一个具有14位地址和8位字长的存储器，fuj:(1)该存储器能存储多少字节的信息？(2)如果存储器由IKxlb静态RAM芯片组成，需多少芯片？(3)需要多少位地址作芯片选择？(4)改用4Kx4b的芯八，试凼出与总线连接框图。
【解答：】(1)注意问的是：能存储多少字节已知存储器具冇14位地址，且8位字长，所以是214字节，即16K字节(16KB)。
第5章 微机原理习题答案
MOV CX，100
CLD
; 从首址开始传送，应使 DF=0
REP MOVSW
; 应传送的是 100 个字而非字节
RET
; 程序结束，返回 DOS
MAIN ENDP
CODE ENDS END MAIN
该程序完成的功能是：将 INBUF 表内的 10 个字数据复制到以 OUTPUT 开始的连续的内存 单元中。 10．程序空处可填 CNT，字节变量 RS 的最后结果是 04H。该程序实现的功能是：统计数据段 中以 BUF 为首址的带符号字节数据表中负数的个数，CNT 为表中所有数据的个数，即表的长 度。需要注意的是：十进制数据“145”在以二进制带符号字节数据形式存放时相当于“－ 111”。 11．指令 MOV NUM2，NUM1 的源操作数使用立即数寻址，目的操作数使用直接寻址。指令执 行后 NUM2＋1 单元的内容是 0。 12．执行结果为 CS=3322H，IP=1100H，SS=5000H，SP=3254H，栈顶的两个字即断点地址， 为 2000H:3254H。 13．：> (显示输入字符串) （再次显示输入字符串） 14． 0108H，1500H，010CH 15．堆栈指令，子程序调用，中断 16．XOR BX，BX
22．段属性、偏移地址属性、距离属性
23．
6000:0006 35H
6000:0007 62H
6000:0008 00H
6000:0009 60H
SP=0006H
24．
25． DW 12H,………（可用数值，共 16 个，若 DW 不对则不得分）；
MOV AX, DATA；
MOV DS,AX ；
PUSH CX；
五．综合题
1． xt236.asm 简化段定义格式
微机原理第五章课后习题答案
第5章 控制系统的李雅普诺夫稳定性分析习题与解答5.3 试用李雅普诺夫稳定性定理判断下列系统在平衡状态的稳定性。
1123-⎡⎤=⎢⎥-⎣⎦x x解 由于题中未限定利用哪一种方法，且系统为线性定常系统，所以利用李雅普诺夫第一方法比较合适。
经计算知矩阵1123-⎡⎤⎢⎥-⎣⎦的特征根为20-。
由于第一方法关于线性系统稳定性的结果是的全局性的，所以系统在原点是大范围渐近稳定的。
5.11 利用李雅普诺夫第二方法判断下列系统是否为大范围渐近稳定：1123-⎡⎤=⎢⎥-⎣⎦x x解 令矩阵11121222p p p p ⎡⎤=⎢⎥⎣⎦P 则由T+=-A P PA I 得1112111212221222121110132301p p p p p p p p ---⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤+=⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥---⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦ 解上述矩阵方程，有11111211122222122212742413420 826158p p p p p p p p p p ⎧=-+=-⎧⎪⎪⎪-+=⇒=⎨⎨⎪⎪-=-⎩=⎪⎩即得1112122275485388p p p p ⎡⎤⎡⎤⎢⎥==⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦P 因为111211122275717480 det det05346488p p P p p ⎡⎤⎡⎤⎢⎥=>==>⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦可知P 是正定的。
因此系统在原点处是大范围渐近稳定的。
系统的李雅普诺夫函数及其沿轨迹的导数分别为T 221122T T 22121()(14103)08()()0V x x x x V x x ==++>=-=-=-+<x x Px x x Qx x x 又因为lim ()V →∞=∞x x ，所以系统在原点处大范围渐近稳定。
5.12 给定连续时间的定常系统1222122(1)x x x x x x ==--+试用李雅普诺夫第二方法判断其在平衡状态的稳定性。
解易知(0, 0)为其唯一的平衡状态。
微机原理与接口技术第五章习题解答
微机原理与接口技术（楼顺天第二版）习题解答第5章总线及其形成5.1 微处理器的外部结构表现为数量有限的输入输出引脚，它们构成了微处理器级总线。
5.2 微处理器级总线经过形成电路之后形成了系统级总线。
5.3 答：总线是计算机系统中模块（或子系统）之间传输数据、地址与控制信号的公共通道，它是一组公用导线，是计算机系统的重要组成部分。
采用标准化总线的优点是：①简化软、硬件设计。
②简化系统结构。
③易于系统扩展。
④便于系统更新。
⑤便于调试与维修。
5.4 答：在微型计算机应用系统中，按功能层次可以把总线分成：片内总线、元件级总线、系统总线与通信总线。
5.5 答：RESET为系统复位信号，高电平有效，其有效信号至少要保持四个时钟周期，且复位信号上升沿要与CLK下降沿同步。
系统复位后的启动地址为0FFFF0H。
即：（CS）=0FFFFH，（IP）=0000H。
5.6 8086CPU复用的引脚有AD15~AD0、A16/S3、A17/S4、A18/S5、A19/S6、BHE/S7。
8088CPU复用的引脚有AD7~AD0、A16/S3、A17/S4、A18/S5、A19/S6、BHE/S7。
5.7 答：设置引脚复用主要是可以减少引脚数量。
CPU通过分时复用解决地址线与数据线的复用问题。
ALE为地址锁存使能信号在总线周期的T1周期有效，BHE为高8位数据线允许，在T1周期有效，需要锁存器锁存，在需要使用高8位数据线时使用。
5.8 答：高阻态可做开路理解。
可以把它看作输出（输入）电阻非常大。
5.9 答：RESET（Reset）：复位信号，输入，高电平有效。
CPU 收到复位信号后，停止现行操作，并初始化段寄存器DS、SS、ES，标志寄存器PSW，指令指针IP与指令队列，而使CS=FFFFH。
RESET信号至少保持4个时钟周期以上的高电平，当它变成低电平时，CPU执行重启动过程，8086/8088将从地址FFFF0H开始执行指令。
第五章微机原理课后习题参考答案
习题五一. 思考题⒈半导体存储器主要分为哪几类？简述它们的用途和区别。
答：按照存取方式分，半导体存储器主要分为随机存取存储器RAM（包括静态RAM和动态RAM）和只读存储器ROM（包括掩膜只读存储器，可编程只读存储器，可擦除只读存储器和电可擦除只读存储器）。
RAM在程序执行过程中，能够通过指令随机地对其中每个存储单元进行读\写操作。
一般来说，RAM中存储的信息在断电后会丢失，是一种易失性存储器；但目前也有一些RAM 芯片，由于内部带有电池，断电后信息不会丢失，具有非易失性。
RAM的用途主要是用来存放原始数据，中间结果或程序，与CPU或外部设备交换信息。
而ROM在微机系统运行过程中，只能对其进行读操作，不能随机地进行写操作。
断电后ROM中的信息不会消失，具有非易失性。
ROM通常用来存放相对固定不变的程序、汉字字型库、字符及图形符号等。
根据制造工艺的不同，随机读写存储器RAM主要有双极型和MOS型两类。
双极型存储器具有存取速度快、集成度较低、功耗较大、成本较高等特点，适用于对速度要求较高的高速缓冲存储器；MOS型存储器具有集成度高、功耗低、价格便宜等特点，适用于内存储器。
⒉存储芯片结构由哪几部分组成？简述各部分的主要功能。
答：存储芯片通常由存储体、地址寄存器、地址译码器、数据寄存器、读\写驱动电路及控制电路等部分组成。
存储体是存储器芯片的核心，它由多个基本存储单元组成，每个基本存储单元可存储一位二进制信息，具有0和1两种状态。
每个存储单元有一个唯一的地址，供CPU访问。
地址寄存器用来存放CPU访问的存储单元地址，该地址经地址译码器译码后选中芯片内某个指定的存储单元。
通常在微机中，访问地址由地址锁存器提供，存储单元地址由地址锁存器输出后，经地址总线送到存储器芯片内直接进行译码。
地址译码器的作用就是用来接收CPU送来的地址信号并对它进行存储芯片内部的“译码”，选择与此地址相对应的存储单元，以便对该单元进行读\写操作。
《微机原理与接口技术》第五章作业答案
《微机原理与接口技术》第五章作业一、作业P1802、5、7、8、9、102、半导体储存器的主要性能指标有哪些？1、存储容量2、存取速度3、可靠性4、功耗5、储存器芯片的片选信号的产生有哪几种方法？各有什么特点？1、线选法：用除片内寻址外的高位地址线不经过译码，直接分别接至各个存储芯片的片选端来区别各芯片的地址优点：连接简单，无需专门的译码电路缺点：不能充分利用系统的存储器空间，地址空间浪费大。
2、部分译码法：只对高位地址线中某几位地址经译码器译码优点：高位地址的部分地址线经过译码产生片选信号。
缺点：存在地址重叠现象。
3、全译码法：存储芯片内寻址以外的系统的全部高位地址线都参与译码产生片选信号。
、优点：芯片的地址范围不仅是唯一确定的，而且是连续的。
缺点：译码电路较复杂，连线也较多7、若用1024*1b的RAM 芯片组成16K*8b的存储器, 需要多少芯片? 在地址线中有多少位参与片内寻址? 多少位用做芯片组选择信号?（设系统地址总线为16位）1024K*1b=1K*1b1K*8b/1K*1b=816K*8b/1K*8b=168*16=128需要128片；1024=2^10,需要10位参与片内寻址16=2^4, 需要4位做芯片组选择信号8、试用4K*8b的EPROM2732和8K*8b的SRAM6264, 以及74LS138译码器, 构成一个8KB 的ROM,32KB 的RAM 存储系统, 要求设计存储器扩展电路, 并指出每片存储芯片的地址范围.9、用EPROM2764和SRAM6264各一片组成存储器，其地址范围为FC000~FFFFFH，试画出存储器与CPU 的连接图和片选信号译码电路（CPU 地址线20位，数据线8位）。
10、现有存储芯片:2K*1b的ROM和4K*1b的RAM,若用它们组成容量为16KB 的存储器,前4KB 为ROM,后12KB 为RAM,问各种存储芯片分别用多少片?4K*8b/4K*1b=84K*1b/2K*1b=28*2=16需要16片2K*1b的ROM12K*8b/12K*1b=812K*1b/4K*1b=38*3=24需要24片4K*1b的RAM.。
微机原理与接口技术 第5章课后作业答案
4
D0～ D7 8088系统 BUS
D0～ D7 · · · A0 SRAM 6116
A0 A 10
MEMW
A 10
R/W OE D0～ D7 CS
MEMR
D0～ D7 A0 · · ·
A0 A 10 R/W OE CS
A 10
MEMW MEMR & A 18 A 17 A 19 A 16 A 15 A 14 A 13 A 12 A 11
5.10 74LS138译码器的接线图如教材第245页的图5-47所示，试判断其输出端Y0#、Y3#、Y5#和 Y7＃所决定的内存地址范围。
解：因为是部分地址译码（A17不参加译码），故每个译码输出对应2个地址范围： Y0＃：00000H ～ 01FFFH 和 20000H ～ 21FFFH Y3＃：06000H ～ 07FFFH 和 26000H ～ 27FFFH
5.2 为什么动态RAM需要定时刷新？
解：DRAM的存储元以电容来存储信息，由于存在漏电现象，电容中存储的电荷会逐渐泄漏，从而使信息丢失或出 现错误。因此需要对这些电容定时进行“刷新”。 5.3 CPU寻址内存的能力最基本的因素取决于___________。 解：地址总线的宽度。 5.4 试利用全地址译码将6264芯片接到8088系统总线上，使其所占地址范围为32000H～33FFFH。 解：将地址范围展开成二进制形式如下图所示。 0011 0010 0000 0000 0000 0011 0011 1111 1111 1111
解：
（1）特点是：它结合了RAM和ROM的优点，读写速度接近于RAM，断电后信息又不会丢失。 （2）28F040的编程过程详见教材第222～223页。 5.14 什么是Cache？它能够极大地提高计算机的处理能力是基于什么原理？ 解： （1）Cache 是位于CPU与主存之间的高速小容量存储器。 （2）它能够极大地提高计算机的处理能力，是基于程序和数据访问的局部性原理。 5.15 若主存DRAM的的存取周期为70ns，Cache的存取周期为5ns，有它们构成的存储器的平 均存取周期是多少？ 解：平均存取周期约为 70×0.1ns + 5×0.9ns =11.5ns。
微机原理习题5及答案解析
微机原理习题5及答案解析7.4 中断标志IF的作⽤是什么?解：IF中断标志位，IF=1表⽰允许CPU响应可屏蔽中断。
7.5 什么是中断向量? 中断向量表?解：中断向量是中断服务程序的⼈⼝地址，包括段地址和偏移地址两部分。
中断向量表是将各个中断服务程序的⼊⼝地址有次序地存放在内存⼀⽚连续区域中，所形成的地址表被称为中断向量表，也称为中断服务程序的⼊⼝地址表。
7.6 中断类型码为50H，则其对应的中断向量存放在哪⼏个存储单元？解：存放在0000段，偏移地址分别为 140H、141H、142H、143H四个单元内。
7.7 设78H号中断的中断向量为1000:2340H，写出该中断向量在内存中的具体存放情况。
解：0000：8.1 什么是I/O端⼝？8086CPU最多可以访问多少个I/O端⼝？访问时⽤什么指令？解：I/O接⼝是位于系统与外设间、⽤来协助完成数据传送和控制任务的逻辑电路，I/O接⼝中可以由CPU进⾏读或写的寄存器被称为I/O端⼝。
64K个8位端⼝，或者32K个16位端⼝。
输⼊输出指令。
8.6 通常I/O接⼝内有哪三类寄存器？它们各⾃的作⽤是什么？解：⽤于存取数据的寄存器，存取命令信息的寄存器以及存取外设所处状态的寄存器，习惯上把这些寄存器称为端⼝： 1、数据端⼝；2、命令端⼝；3、状态端⼝。
1数据端⼝：⽤于传送数据信息。
⼀种情况是CPU通过数据总线，将待传送给外设的数据先传送到数据端⼝的锁存器，然后由I/O设备通过与接⼝电路相连接的数据线取得该数据；另⼀种情况是I/O设备⾸先将输⼊数据锁存于数据端⼝，然后，CPU通过数据端⼝将该数据读⼊CPU中。
2命令端⼝：⽤于传送对I/O设备的命令信息。
CPU将命令信息通过数据总线写⼊I/O接⼝电路的命令寄存器中，然后传送到I/O设备，以便控制外设的操作。
3状态端⼝：⽤于传送外设所处的状态信息。
状态端⼝是输⼊端⼝，CPU通过读取状态端⼝的数据，以此了解外设当前所处的⼯作状态。
微机原理课后习题答案第五章习题答案
5.10为什么输人接口的数据缓冲寄存器必须有三态输出功能，而输出接口却不需要?解:输人接口的数据缓冲寄存器的谕出端是直接接在数据总线上的，如果数据寄存器没有三态输出功能，则无论数据寄存器被寻中还是未被寻中，其数据都会被送上数据总线，若此时总线上真正要传送的数据与该输人缓存器的内容不一致时，就会发生总线冲突。
所以输人接口的数据缓冲寄存器必须有三态输出功能，以便接口未被寻中时，其输出端处于高阻态而与总线隔离。
对于输出接口来说，其输人端与数据总线相连，而输出端与外设相连，因此其输出不影响总线状态;并且外设一般只与一个输出数据缓存器相连，所以输出接口的数据缓存器无需三态输出功能。
5.11已知PC 机系统中某接口板的I/O 端口译码电路如图5.4所示，试分析出各I/O 端 口和I/O 芯片的端口地址或地址范围。
解:74LS138使能信号12B G G 、的逻辑表达式为:19G A =27654B G A A A A = 即仅当9754A A A A = 11111时，使能信号1G = 1, 2B G = 0有效。
此时，若328A A A = 000, 0Y =0; 328A A A =001, 1Y =0; 328A A A =111, 7Y = 0;所以，各I/O 芯片的地址范围为: I/O 芯片1:1111110000B —11111100113B 即3F0H 一3F3H;I/O 芯片2: l011110100B--1011110111.即2F4H 一2F7H;I/O 芯片3:1111111100B 一11111111113,即3FCH 一3FFH0Y 译出的地址范围2F0H~2F3H 再经一级74LS139译码器对1A 和0A 进行二次译码。
分 别得到4个读端口和4个写端口。
各I/O 端口的地址为:输出口1和输人口1为2F0H ;输出口2和输入口2为2F1H;输出门3和输入口3为2F2H;输出口4和输入口4为2F3H5.12已知PC.机系统中某接口板的板地址译码电路如图5.5所示。
微机原理及接口技术试题第五章 习题和答案
第五章习题和答案一、单选题1.计算机的外围设备是指____A__。
A、输入／输出设备B、外存储器C、远程通信设备D、除了CPU和内存以外的其他设备2.下述I/O控制方式中，___C___主要由硬件实现。
A、程序传送方式B、中断方式C、DMA方式D、I/O处理机方式3.接口电路的最基本功能是____C__。
A、在CPU和外设间提供双向的数据传送B、反映外设当前的工作状态C、对传送数据提供缓冲功能D、对外设进行中断管理4.一个完整的DMA操作过程大致可分3个阶段，其中没有的阶段是___B___。
A、准备阶段B、总线控制阶段C、数据传送阶段D、传送结束阶段二、判断题1.把接口电路中CPU可以访问的每一个寄存器或控制电路称为一个I/O端口。
（T ）2.采用统一编址方式时，CPU对I/O设备的管理是用访问内存的指令实现的。
（T ）3.无条件传送是一种最简单的输入／输出传送，一般只用于简单、低速的外设的操作。
（T ）4.中断方式的特点是改CPU的被动查询为主动响应。
（F ）5.DMA控制器是一个特殊的接口部件，它有主、从两种工作状态。
（T ）三、思考题1.外设为何必须通过接口与主机相连？存储器与系统总线相连需要接口吗？为什么？答: 外设都必须通过I/O接口电路与微机系统总线相连,因为CPU与外部设备通信在运行速度和数据格式上差异很大. 存储器与系统总线相连不需要接口.因为接口是用来连接微机和外设的一个中间部件，I/O接口电路要面对主机和外设两个方面进行协调和缓冲,存储器属于微机系统的组成部分.它们之间的数据传输是标准的、统一的没有必要通过接口.2.CPU与外设间传送的信号有哪几类？答: CPU与外设间传送的信息大致可分为以下3类: 数据信息(分为数字量,模拟量和开关量), 控制信息(CPU发出的用来控制外设工作的命令)和状态信息(用来反映输入、输出设备当前工作状态的信号).3. 常用的I/O端口编址方式有哪几种？各自的特点如何？答: 系统对I/O端口的地址分配有两种编址方式：统一编址和独立编址。
微型计算机原理与接口技术第五课后答案
第五章1. 静态RAM 与动态RAM 有何区别？答：（1）静态RAM 内存储的信息只要电源存在就能一直保持，而动态RAM 的信息需要定时刷新才能保持（2）静态RAM 的集成度比较低，运行速度快，而动态RAM 的集成度高，运行相对较慢（3）静态RAM 造价成本高，动态RAM 价格便宜2. ROM 、PROM 、EPROM 、EEPROM 在功能上各有何特点？答：ROM 是只读存储器，根据写入方式的不同可以分为四类：掩膜型ROM 、PROM 、EPROM 和EEPROM 。
掩膜型ROM 中信息是厂家根据用户给定的程序或数据，对芯片图形掩膜进行两次光刻而写入的，用户对这类芯片无法进行任何修改。
PROM 出厂时，里面没有信息，用户采用一些设备可以将内容写入PROM ，一旦写入，就不能再改变了，即只允许编程一次。
EPROM 可编程固化程序，且在程序固化后可通过紫外光照擦除，以便重新固化新数据。
EEPROM 可编程固化程序，并可利用电压来擦除芯片内容，以重新编程固化新数据。
3. DRAM 的CAS 和RAS 输入的用途是什么？ 答：CAS 为列地址选通信号，用于指示地址总线上的有效数据为列地址；RA 行地址选通信号，用于指示地址总线上的有效数据为列地址。
S 为4. 什么是Cache ？作用是什么？它处在微处理机中的什么位置？答：Cache 也称为高速缓存，是介于主存和CPU 之间的高速小容量存储器。
为了减少CPU 与内存之间的速度差异，提高系统性能，在慢速的DRAM 和快速CPU 之间插入一速度较快、容量较小的SRAM ，起到缓冲作用，使CPU 既可以以较快速度存取SRAM 中的数据，又不使系统成本上升过高，这就是Cache 的作用。
Cache 在微处理机中的位置如下图：5. 直接映像Cache 和成组相联Cache 的组成结构有什么不同？答：直接映象 Cache 是将主存储器中每一页大小分成和 Cache 存储器大小一致，Cache 中每一块分配一个索引字段以确定字段，这样可以通过一次地址比较即可确定是否命中，但如果频繁访问不同页号主存储器时需要做频繁的转换，降低系统性能；成组相联Cache 内部有多组直接映象的 Cache ，组间采用全关联结构，并行地起着高速缓存的作用。
微机原理与接口技术 第五章 课后答案
第五章参考答案1.简述SRAM芯片与DRAM芯片的共同点与不同点。
答：SRAM与DRAM的共同点：都属于随机存取存储器，具有易失性。
SRAM与DRAM的共同点：SRAM利用双稳态触发器电路保存信息，集成度比DRAM 低，功耗比DRAM大；DRAM利用MOS管栅极和源极之间的极间电容C保存信息，需要刷新电路保证信息较长时间保存。
2.叙述ROM芯片的常见分类，各种ROM芯片的特点及其适用场合。
答：ROM的常用分类结果：掩膜ROM：生产完成的芯片已保存了信息，保存的信息无法修改，适用于大批量的定型产品中。
PROM：PROM可以一次写入信息，一旦写入无法更改，适用于小批量的定型产品中。
EPROM：紫外线擦除可多次编程的存储器，适用于新产品的开发。
EEPROM：电擦除可多次编程的存储器，适用于需要在线修改的场合。
3.利用4片6116（2K×8位）芯片设计连续存储器，采用全地址译码。
设起始地址为60000H，求存储器的最后一个单元地址。
答：存储器的最后一个单元地址为：61FFFH.4．用6264 RAM（8K×8位）芯片构成256K字节存储器系统，需要多少片6264芯片？20位地址总线中有多少位参与片内寻址？有多少位可用作片选控制信号？答：需要32片6264芯片。
20位地址总线中有13位参与片内寻址；有7位可用作片选控制信号。
5.某微机系统中ROM区有首地址为9000H，末地址为FFFFH，求其ROM区域的存储容量。
答：其ROM区域的存储容量为28K。
6．在8088CPU的系统中扩展32K字节的RAM，其扩充存储空间的起始地址为08000H。
设系统的地址总线为A19~A0，数据总线为D7~D0，存储器芯片选用6264。
利用74LS138译码器设计译码电路，并画出扩充的存储器系统的连线图。
8088系统解：7．选用2764、6264存储器芯片，为8086 CPU最小方式系统设计16K字节的ROM和256K 字节的RAM，利用74LS138译码器画出译码电路和存储器芯片的连接图。
微机原理与接口技术第五章 练习题及答案
第五章练习题及答案一、填空题1、常见的片选控制方法有____________________________________。
线选法,全译码法,部分译码法2、磁带是______存储器。
顺序存储3、为保证动态RAM中的内容的不消失，需要进行__________操作。
刷新4、全部存储系统分为四级,即寄存器组,____________,内存,外存。
高速缓冲存储器5、DRAM靠_______存储信息，所以需要定期_____。
电容刷新6、虚拟存储器由__________两级存储器组成。
主存-辅存7、存储器是计算机系统的记忆设备，它主要用来______。
存储数据和指令8、8086CPU的物理地址是指实际的20位主存单元地址,每个存储单元对应唯一的物理地址,其范围是_________________。
00000H～FFFFFH二、选择题1、RAM是随机存储器,它分为( )两种。
A、ROM和SRAMB、DRAM和SRAMC、ROM和DRAMD、ROM和CD-ROMB2、从存储器中读出或向存储器中写入一个信息所需要的时间称为( )。
A、等待时间B、存取周期C、查找时间D、寄存器B3、在计算机的专业用语中,ROM表示( )。
A、外存储器B、内存储器C、只读存储器D、随机存储器C4、在下列存储器中，若按记录密度从低到高的顺序播列，应为( )。
A、软盘、硬盘、光盘、磁带B、磁带、硬盘、软盘、光盘C、磁带、软盎、硬盘、光盘D、硬盘、软盘、磁带、光盘C5、某计算机字长32位，存储容量为4MB，若按半字编址，它的寻址范围是（）。
A、0-4MBB、0-2MBC、0-2MD、0-1MBC6、下列因素中，与Cache命中率无关的是（）。
A、主存的存取时间B、快的大小C、Cache的组织方式D、cache 的容量A7、计算机的存储器采用分级存储体系的主要目的是（）。
A、便于读写数据B、减小机箱的体积C、便于系统升级D、解决存储容量、价格和存取速度之间的矛盾D8、磁盘存储器的数据存取速度与下列哪一组性能参数有关?( )。
《微机原理及应用》各章习题参考答案
《微机原理及应用》各章习题参考答案第1章微型计算机概论一、填空题1. 微机硬件系统主要由CPU、（存储器）、（总线）、（输入输出接口）和输入输出设备组成。
2. 冯·诺依曼计算机的核心原理是（存储程序原理）3. 完成下列数制的转换1）10100110B=（ 166 ）D=（ A6H ）H2）223.25 =（ 11011111.01 ）B=（ DF.4 ）H3）1011011.101B=（ 5B.A ）H=（1001 0001.01100010 0101 ）BCD4. 已知[X]补5. 已知A=10101111，B=01010000，则A∧B的结果为( 00000000 ) B=86H，则X的十进制表示形式为( -122 )6. -29H的8位二进制反码是（11010110 ）B7.字符4的ASCII码=（ 34 ）H二、简答题1.冯.诺依曼计算机的结构是怎样的，主要特点有哪些？解：将计算机设计为由运算器、控制器、存储器、输入设备和输出设备等5个部分组成，所有的执行都以运算器为核心，采用存储程序工作原理。
2. 已知X=-1101001B，Y=-1010110B，用补码方法求X-Y=？解：[X-Y]补=[X+（-Y）]补= [X]补+[-Y] [X]补原=11101001B [X]补 [-Y]=10010111B原=01010110B=[-Y] [X-Y]补补= [X]补+[-Y]补X-Y=[[X-Y]=11101101B补]补=10010011=-0010011=-193. 写出下列真值对应的原码和补码的形式：1）X=-1110011B2）X=-713）X=+1001001B解：1）[X]原码=11110011B , [X]补码=10001101B2）[X]原码=11000111B, [X]补码=10111001B3）[X]原码=01001001, [X] 补码=01001001B=?4. 已知X和Y的真值，求[X+Y]补1）X=-1110111B Y=+1011010B2）X=56 Y=-215. 若与门的输入端A、B、C的状态分别为1、0、1，则该与门的输出端状态为？若将这3位信号连接到或门，那么或门的输出又是什么状态？解：由与和或的逻辑关系知，若“与”门的输入端有一位为“0”，则输出为“0”；若“或”门的输入端有一位为“1”，则输出为“1”。
微机原理第五章习题答案
习 题 五一. 思考题二. 综合题⒈ 已知一个SRAM 芯片的容量为16KB×4，该芯片的地址线为多少条数据线为多少条 答：芯片容量为142B ，所以该芯片的地址线为14条，数据线为4条。
⒉ 巳知一个DRAM 芯片外部引脚信号中有4条数据线，7条地址线，计算其存储容量。
答：7421284⨯=⨯位。
3.某存储芯片上有1024个存储单元，每个存储单元可存放4位二进制数值，则该存储芯片的存储容量是多少字节。
答：512B 。
4. 某 RAM 芯片的存储容量为 1024×8 位，该芯片的外部引脚最少应有几条其中几条地址线几条数据线若已知某 RAM 芯片引脚中有 13 条地址线，8 条数据线，那么该芯片的存储容量是多少答：该芯片外部引脚最少应有18条；其中10条地址线，8条数据线。
芯片的存储容量是32KB 。
5. 在部分译码电路中，若CPU 的地址线A 15、A 14和A 13未参加译码，则存储单元的重复地址有多少个。
答：328=个。
6. 假设选用一片6264芯片和一片2764芯片构成内存储系统。
采用线选法控制片选端，至少需要多少条片选地址线若采用部分译码法控制片选端，至少需要多少条片选地址线采用全部译码法控制片选端，则需要多少条的片选地址线答：用线选法控制片选端，至少需要2条片选地址线；若采用部分译码法控制片选端，至少需要1条片选地址线；采用全部译码法控制片选端，则需要1条的片选地址线。
7.设某微型机的内存RAM 区的容量为128KB ，若用 2164 芯片构成这样的存储器，需多少片 2164至少需多少根地址线其中多少根用于片内寻址多少根用于片选译码答：需16片 2164；至少需8根地址线；其中7根用于片内寻址；1根用于片选译码。
8. 设有一个存储器系统，由2个8KB 的6264SRAM 芯片构成。
其中1#芯片的地址范围为0A6000H~0A7FFFH ，2#芯片的地址范围为0AA000H~0ABFFFH ，下图画出了74LS138译码器、存储器与8088CPU 的连接图，但只画出了连线图的一部分，请将电路连接图补充完整。
微机原理及接口第五章作业答案
“微机系统原理与接口技术”第五章习题解答（部分）12．Z80CPU中用2片6116（2048×8）组成4KB的RAM。
用CPU的地址线A13和A14分别作2片6116的片选控制（线选法），各片6116的地址范围为多少？（Z80CPU的地址总线宽度为16位。
）解：6116芯片上有11根地址线（字选线为A10～A0），且6116片选为低电平有效。
根据题意，系统中有4根地址线未使用（可为任意值X），所以每片6116都占有16组地址范围，每组为2K个地址。
①设用A13选择第一片6116，则A13＝0。
地址A15A14A13A12A11A10A9A8A7A6A5A4A3A2A1A0信号第一片X X 0 X X 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 首地址第一片X X 0 X X 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 末地址0000H~07FFH（A15＝A14＝A12＝A11＝0）;0800H~0FFFH（A15＝A14＝A12＝0，A11＝1）;1000H~17FFH（A15＝A14＝A11＝0，A12＝1）;1800H~1FFFH（A15＝A14＝0，A12＝A11＝1）;4000H~47FFH（A15＝A12＝A11＝0，A14＝1）;4800H~4FFFH（A15＝A12＝0，A14＝A11＝1）;5000H~57FFH（A15＝A11＝0，A14＝A12＝1）;5800H~5FFFH（A15＝0，A14＝A12＝A11＝1）;8000H~87FFH（A15＝1，A14＝A12＝A11＝0）;8800H~8FFFH（A15＝A11＝1，A14＝A12＝0）;9000H~97FFH（A15＝A12＝1，A14＝A11＝0）;9800H~9FFFH（A15＝A12＝A11＝1，A14＝0）;0C000H~0C7FFH（A15＝A14＝1，A12＝A11＝0）;0C800H~0CFFFH（A15＝A14＝A11＝1，A12＝0）;0D000H~0D7FFH（A15＝A14＝A12＝1，A11＝0）;0D800H~0DFFFH（A15＝A14＝A12＝A11＝1）;②设用A14选择第二片6116，则A14＝0。
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矿产资源开发利用方案编写内容要求及审查大纲
矿产资源开发利用方案编写内容要求及《矿产资源开发利用方案》审查大纲一、概述
㈠矿区位置、隶属关系和企业性质。
如为改扩建矿山, 应说明矿山现状、
特点及存在的主要问题。
㈡编制依据
(1简述项目前期工作进展情况及与有关方面对项目的意向性协议情况。
(2 列出开发利用方案编制所依据的主要基础性资料的名称。
如经储量管理部门认定的矿区地质勘探报告、选矿试验报告、加工利用试验报告、工程地质初评资料、矿区水文资料和供水资料等。
对改、扩建矿山应有生产实际资料, 如矿山总平面现状图、矿床开拓系统图、采场现状图和主要采选设备清单等。
二、矿产品需求现状和预测
㈠该矿产在国内需求情况和市场供应情况
1、矿产品现状及加工利用趋向。
2、国内近、远期的需求量及主要销向预测。
㈡产品价格分析
1、国内矿产品价格现状。
2、矿产品价格稳定性及变化趋势。
三、矿产资源概况
㈠矿区总体概况
1、矿区总体规划情况。
2、矿区矿产资源概况。
3、该设计与矿区总体开发的关系。
㈡该设计项目的资源概况
1、矿床地质及构造特征。
2、矿床开采技术条件及水文地质条件。