2022年2022年计算机专业基础综合计算机组成原理模拟试卷 3.pdf

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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10241024 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

2、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 35 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.

3、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名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 1 页，共 4 页 - - - - - - - - - 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

4、. 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800600 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 640480，CRT 2分辨率为 102

5、41024，问 CRT 1和 CRT 2何者为优 ? _ 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? _ 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

6、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78 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

7、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? _ 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8025=2KB (2)ROM容量1288=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) 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 ) 。 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

8、 ) 。行计数器 (8+6) ： 1 分频 ( 每行字符占 8点， 行间隔 6 点) 。排计数器 (25+10) ：1 分频 ( 每帧 25 行，消隐段折合为10 行) 。) 名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 2 页，共 4 页 - - - - - - - - - 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1024768，

9、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 ? _ 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 7683B72s=165888KBs=162MB s 刷存总带宽应为162MB 10020=324MB s (2) 为达到这样高的刷存带宽，可采用如下技术措施：使用高速的DRAM 芯片组成刷存；刷存采用多体交叉结构；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； 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

10、图形显示器，屏幕分辨率为640480，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。_ 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

11、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 2m=log 2 4=2 图 72 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

12、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。_ 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 74 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。_ 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

13、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25MB 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，

14、检查并更新全部文件的时间是多少? _ 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 (2010 3 +7 10 3 +125) 2+210 3 500=428s=71min (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35ms；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 (2010 3 +3510 3 +1 5) 2+210 3 500=2335s=39ms) 名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心

15、整理 - - - - - - - 第 3 页，共 4 页 - - - - - - - - - 22.CDROM 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=606075=270000( 扇区 ) 模式 1 存放计算机程序和数据，其存储容量为 270000 204810241024=527MB 模式 2 存放声音、图像等多媒体数据，其存储容量为 270000233610241024=601MB) 名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 4 页，共 4 页 - - - - - - - - -