EA-869 - Resolução de Prova B

EA869 - Introdução a Sistemas de Computação Digital

2^o Semestre de 1997 - 3^a Prova - Duração: 2 horas - Sem consulta

Questão I (valor 3.0 pts)

Questão II (valor 3.0 pts)

Questão III (valor 1.5 pt)

Questão IV (valor 3.0 pts)

I.1) (valor 0.5) Quais são as diferenças e semelhanças básicas entre o mecanismo de atendimento e retorno de interrupção e o de chamada e retorno de subortina?

Tanto o atendimento de uma interrupção como a chamada de uma rotina tem em comum

o desvio a uma sequência de instruções S diferente da sequência P à qual a instrução corrente faz parte; e
o retorno à próxima instrução na sequência P (que estava disponível no contador de programa PC antes do desvio) após a execução da sequência S.

Para suportar isso, em ambos os casos deve-se salvar o endereço da próxima instrução na sequência P disponível no contador de programa PC (0.1 pt) antes de carregar neste o endereço da primeira instrução da sequência S. Assim que terminar a execução da sequência S deve-se restaurar o conteúdo do PC (0.1 pt) para continuar a execução correta da sequência P.
Os dois mecanismos, porém, se diferem basicamente em três pontos:

uma interrupção é normalmente iniciada por um sinal externo, enquanto a chamada de subrotina é por uma instrução; (0.1 pt)
numa interrupção o endereço da sequência de instrução S é determinado por hardware (Gerador de Sequência de Interrupção), enquanto numa chamada de subrotina o endereço é especificado no campo de endereço da instrução; (0.1 pt) e
numa interrupção é necessário ainda salvar o estado da UCP (conteúdo do registrador de estado), para garantir que a sequência P interrompida retome a sua execução com o mesmo estado anterior. (0.1 pt)

I.2) (valor 1.0) Seja uma arquitetura em que as microoperações ativadas pelo Gerador de Sequência de Interrupção equivalem às microoperações das fases de execução das instruções

PUSH	PC
PUSH	PSW
JUMP	(End_i)

(0.5 pt) Como é feito o acesso à rotina de serviço de interrupção?
O modo de endereçamento da instrução JUMP é indireto, isto é, o acesso à rotina de serviço é feito através da leitura do conteúdo da palavra no endereço End_i. End_i é o endereço de interrupção e (End_i), o vetor de interrupção.
É uma interrupção vetorizada.
(0.5 pt) Explique a função das microoperações correspondentes à instrução PUSH PSW.
Como uma interrupção pode ocorrer entre duas instruções quaisquer e vimos que existem instruções que dependem do resultado da instrução anterior, como

SUB R0,R1

JZERO 2000H

é importante salvar o estado da UCP (conteúdo do registrador de estado PSW) antes de desviar para a rotina de serviço. Assim, pode-se restaurar o estado da UCP antes da retomada da execução interrompida, de forma como nada tivesse acontecido.

SUB	R0,R1
JZERO	2000H

I.3) (valor 1.5) Considere uma arquitetura com 3 linhas de interrupção: L1, L2 e L3. O programa principal estará armazenado no endereço de memória 2000, enquanto as rotinas de serviço associadas às linhas L1, L2 e L3 estarão armazenadas nos endereços de memória 700, 900 e 1100, respectivamente. Cada rotina de serviço poderá ser interrompida pelas outras linhas, mas não pela prórpia linha. A arquitetura usa máscara de interrupção nos 3 bits menos significativos do PSW. Suponha que os endereços de memória dos vetores de interrupção para L1, L2 e L3 sejam 24, 28 e 32, respectivamente. Suponha também que o Gerador de Sequência de Interrupção gere sinais de controle equivalente à fase de execução das seguintes instruções:

PUSH	PC
PUSH	PSW
MOV	End_i, PSW
JUMP	(End_i+1)

Faça um mapa de memória (de 16 bits) mostrando dados e/ou instruções no programa principal, rotinas de serviço e Tabelas de Vetores de Interrupção, necessários para o funcionamento descrito.

Endereço	Conteúdo	Comentários
	:
24	110₂	o estado no qual a rotina de serviço deve ser executada (0.15 pt)
25	700₁₀	Endereço da rotina de serviço para L1 (0.15 pt)
28	101₂	o estado no qual a rotina de serviço deve ser executada (0.15 pt)
29	900₁₀	Endereço da rotina de serviço para L2 (0.15 pt)
32	011₂	o estado no qual a rotina de serviço deve ser executada (0.15 pt)
33	1100₁₀	Endereço da rotina de serviço para L3 (0.15 pt)
	:
700	:	Início da Rotina de Seriço correspondente à linha L1 (0.1 pt)
	:
	RTI
900	:	Início da Rotina de Seriço correspondente à linha L2 (0.1 pt)
	:
	RTI
1100	:	Início da Rotina de Seriço correspondente à linha L3 (0.1 pt)
	:
	RTI
2000	MOV #111,PSW	Nenhuma linha é mascarada (0.3 pt)
	:

Observe que consideremos nesta solução que outros bits do registrador de estado PSW são sempre iniciados com 0.

Questão II (valor 3,0)

II.1) (valor 0,5)

Associe ao tipo de controle de transferência de dados - E/S Controlada por Programa (P) e/ou E/S por Interrupção (I) - as características abaixo (as opções P e I devem ser utilizadas no mínimo duas vezes cada):

a) laço de espera; ( P ) e ( - )

b) transferência controlada por UCP; ( P ) e ( I )

c) teste do estado do dispositivo; ( P ) e ( - )

d) transferência sob demanda do periférico; ( I ) e ( - )

e) melhor uso da UCP; ( I ) e ( - )

II.2) (valor 1,0)

Em uma interface de E/S:

(a) explique a função do Registrador de Dados.

O Registrador de Dados é utilizado como um armazenador temporário de dados, que estão sendo transferidos por meio da interface.

(b) explique a função do Registrador de Controle.

O Registrador de Controle é utilizado para estabelecer modos de operação da interface, como leitura ou escrita.

O Registrador de Estado é utilizado para armazenar o estado da interface e informações relevantes a respeito do dispositivo periférico a ela conectado, como por exemplo se o dispositivo gerou uma interrupção.

II.3) (valor 1,5)

Considere uma transmissão serial assíncrona que inclui um bit de paridade e um stop bit no fim de cada caracter para aumentar a confiabilidade e facilitar a sincronização, respectivamente. Qual é a taxa de informação por bit transmitido (tpbt)

ao enviarmos a seqüência de caracteres EA869? O código ASCII dos caracteres é dado na forma:

E: 1000101 A: 1000001 8: 0111000 6: 0110110 9: 0111001

Para cada caracter transmitido, temos 1 start bit, 7 bits de informação, 1 bit de paridade e 1 stop bit, ou seja, para cada 7 bits de informação temos 10 bits transmitidos, o que implica que tpbt = 70%.

Questão III (valor 1,5)

III.1) (valor 0,5)

Represente os números a seguir utilizando ponto fixo, com fator de escala 10¹, dois dígitos para a parte fracionária e cinco dígitos no total: 769,34₁₀; 45893,3₁₀; 0,0327₁₀. Comente cada uma das representações obtidas em relação ao efeito produzido sobre os números iniciais.

769,34₁₀ = 76,934₁₀ ´ 10¹ Representação: 076,93 (perda de precisão por truncamento)

45893,3₁₀ = 4589,33₁₀ ´ 10¹ Representação: 589,33 (overflow)

0,0327₁₀ = 0,00327₁₀ ´ 10¹ Representação: 000,00 (underflow, perda de precisão por truncamento)

III.2) (valor 1,0)

Seja um computador com palavra de 16 bits com a qual são representados números reais usando a representação em ponto flutuante normalizado, com mantissa de 10 bits e expoente de 5 bits. A base numérica utilizada é a binária, e o expoente é representado em complemento de 2.

a) qual é o maior número positivo representável?

É aquele que apresenta a maior mantissa e o maior expoente:

0 ,1111111111 01111 = (2^-1 + 2^-2 +2^-3 +2^-4 +2^-5 +2^-6 +2^-7 +2^-8 +2^-9 +2^-10)*2⁺¹⁵

b) qual é o menor número positivo representável?

É aquele que apresenta a menor mantissa e o menor expoente:

0 ,1000000000 10000 = 2^-1*2^-16= 2^-17

c) qual é a precisão da mantissa? Justifique.

A precisão da mantissa é função do número de bits utilizado para representá-la, sem levar em consideração o fator de escala dado pelo valor do expoente. Portanto, a precisão da mantissa é 2^-10.

d) represente o número 7,125₁₀.

A representação binária de 7,125₁₀ é dada por 111,001₂ = 2⁺² + 2⁺¹ +2⁰ +2^-3 = (2^-1 + 2^-2 +2^-3 +2^-6)*2⁺³.

Na notação em ponto flutuante especificada, temos:

0 ,1110010000 00011

Questão IV (valor 3,0)

IV.1) (valor 1.0) No processo de tradução de um programa escrito em linguagem de montagem (geração do código binário correspondente), quais são as informações (tabelas) requeridas pelo montador durante a sua execução? E quais são as informações (tabelas) geradas pelo montador? Justifique.

Um montador de dois passos requer as seguintes informações durante o seu processamento:

Programa em linguagem de assembly a ser traduzido no primeiro e no segundo passos; (0.2 pt)
Tabela de Operações de Máquina, para calcular o tamanho do código binário (e resolver as referências simbólicas) no primeiro passo, e obter tanto o código de operação como as rotinas para tratar o campo de operando de cada instrução no segundo passo; (0.2 pt)
Tabela de Pseudo-operações, para calcular o tamanho do código binário no primeiro passo e obter as rotinas para tratar o campo de operando de cada pseudo-instrução no segundo passo. (0.2 pt)

A partir destas informações, ele gera

no primeiro passo: a Tabela de símbolos, onde estão definidos os endereços processáveis de cada rótulo utilizado no programa em assembly; e (0.2 pt)
no segundo passo: o código binário do programa. (0.2 pt)

IV.2) (valor 2.0) Seja o seguinte programa-fonte em uma linguagem assemby:

	ORG	0300H
PORT:	EQU	1345H
INICIO:	IN	PORT
	MOV	DADO,R0
LACO:	SUB	Acc,RESTO
	DCR	R0
	JZERO	FIM
	JUMP	LACO
FIM:	MOV	Acc,RESTO
	HLT
DOIS:	DB	02H
DADO:	DB	30H
RESTO:	DS	1
	END

Dadas a Tabela de Operação de Máquina e a Tabela de Pseudo-operações abaixo, determinar os seguintes produtos gerados pelo Montador:

(0.7 pt) Tabela de Símbolos, ao final do passo 1;

(1.3 pt) Código de Máquina, ao final do passo 2.

Tabela de Operações de Máquina
Instrução	C.O.	Comprimento (bytes)
IN end	44	3
MOV end,R0	52	3
SUB Acc,end	33	3
DCR R0	61	1
JZERO	45	3
JUMP end	27	3
MOV Acc,end	50	3
HLT	00	1

Tabela de Pseudo-operações
Instrução	Comprimento (bytes)
ORG	0
EQU	0
DB	1
DS n	n
END	0

No passo 1 de montagem são resolvidos os rótulos, ou referências simbólicas, subsituindo-os pelos endereços correspondentes. Isso é feito varrendo o programa, instrução por instrução, computando o espaço necessário para o código binário correspondente, que é armazanado no registrador LC:

Rótulo	Instrução	Operando	Comentários
	ORG	0300H	LC = 300H. O endereço da próxima instrução é 300H.
PORT:	EQU	1345H	LC = 300_H. O comprimento da pseudo-operação EQU é 0. Armazenar na tabela de símbolos a definição do rótulo PORT.
INICIO:	IN	PORT	LC = 300_H. O comprimento da instrução é 3. Armazenar na tabela de símbolos a definição do rótulo INICIO.
	MOV	DADO,R0	LC = 303_H. O comprimento da instrução é 3.
LACO:	SUB	Acc,RESTO	LC = 306_H. O comprimento da insrução é 3. Armazenar na tabela de símbolos a definição do rótulo LACO.
	DCR	R0	LC = 309_H. O comprimento da instrução é 1.
	JZERO	FIM	LC = 30A_H. O comprimento da instrução é 3.
	JUMP	LACO	LC = 30D_H. O comprimento da instrução é 3.
FIM:	MOV	Acc,RESTO	LC = 310_H. O comprimento da instrução é 3. Armazenar na tabela de símbolos a definição do rótulo FIM.
	HLT		LC = 313_H. O comprimento da instrução é 1.
DOIS:	DB	02H	LC = 314_H. O comprimento do dado é 1. Armazenar na abela de símbolos a definição do rótulo DOIS.
DADO:	DB	30H	LC = 315_H. O comprimento do dado é 1. Armazenar na abela de símbolos a definição do rótulo DADO.
RESTO:	DS	1	LC = 316_H. O comprimento do espaço reservado é 1. Armazenar na abela de símbolos a definição do rótulo RESTO.
	END		LC = 317_H. Fim da Montagem.

e gerando a seguinte tabela de símbolos: (Cada rótulo vale 0.1 pt)

Tabela de Símbolos
Rótulo	Endereço
PORT	1345_H
INICIO	300_H
LACO	306_H
FIM	310_H
DOIS	314_H
DADO	315_H
RESTO	316_H

No passo 2 de montagem é gerado o código binário, de acordo com os códigos de operação fornecidos na Tabela de Operações de Máquina e os rótulos definidos na Tabela de Símbolos: (Cada instrução/pseudo-instrução vale 0.1 pt.)

Rótulo	Instrução	Operando	Código Binário	Código Hexadecimal
	ORG	0300H
PORT:	EQU	1345H
INICIO:	IN	PORT	01000100	44
			00010011	13
			01000101	45
	MOV	DADO,R0	01010010	52
			00000011	03
			00010101	15
LACO:	SUB	Acc,RESTO	00110011	33
			00000011	03
			00010110	16
	DCR	R0	01100001	61
	JZERO	FIM	01000101	45
			00000011	03
			00010000	10
	JUMP	LACO	00100111	27
			00000011	03
			00000110	06
FIM:	MOV	Acc,RESTO	01010000	50
			00000011	03
			00010110	16
	HLT		00000000	00
DOIS:	DB	02H	00000010	02
DADO:	DB	30H	00110000	30
RESTO:	DS	1	X	X
	END

Obs.: X denota que o conteúdo é irrelevante.

Last modified: Wed Nov 26 22:24:05 BRA 1997

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