EA-078 - Segunda Prova (I)

EA078 - Micro e minicomputadores: Hardware

2^o Semestre de 1999 – 1^a Prova - Prova II - Duração: 2 horas - Sem consulta

Questão 1 (valor 2.0 pts)

Questão 2 (valor 3.0 pts)

Questão 3 (valor 3.5 pts)

Questão 4 (valor 1.5 pts)

Questão 1(valor 2.0 pts)

Responda as seguintes questões:

(1.0 pt) 1) Qual é a diferença básica entre uma memória volátil e uma memória não-volátil? Classifique as seguintes memórias em termos de volatilidade: RAMs estáticas (SRAMs), RAMs dinâmicas (DRAMs), MROMs e PROMs.

(0.5 pt)Memória volátil é uma memória que requer uma fonte de alimentação para manter a informação; enquanto uma memória não-volátil consegue manter a informação mesmo sem a fonte.

(0.5 pt) Memória volátil: SRAMs e DRAMs; Memória não-volátil: MROMs e PROMs.

(1.0 pt) 2) Quais são as semelhanças e as diferenças entre EPROM, flash EEPROM e E$^2$PROM? Cite pelo menos duas (semelhanças e diferenças) para cada classe e justifique a sua resposta sucintamente.

(0.5 pt) Semelhanças: memória de acesso aleatório, não-volátil e "read-only".
(0.5 pt) Diferenças: custo, capacidade e mecanismo para remover o conteúdo e reprogramação. EPROM é de menor custo, maior densidade e utiliza a luz UV para remover o seu conteúdo e um programador especial para reprogramação a uma tensão típica de 12 -- 25 V. A técnica utilizada para reprogramação é conhecida como injeção de elétrons "quentes" ( hot electron injection). O conteúdo do flash EEPROM é removido eletricamente com uso da técnica de Fowler-Nordheim e reprogramado com a técnica de injeção de elétrons a uma tensão típica de 12V. O seu custo é um pouco maior do que o de EPROM. Enquanto E$^2$PROM pode ter o seu conteúdo removido e reprogramado com frequência. Em ambos os casos é utilizado o mecanismo de Fowler-Nordheim. É de maior custo e com menor capacidade.

Questão 2 (valor 3.0 pts.)

Seja o seguinte circuito de regeneração de DRAMs operando no modo RAS*-only para um processador 68000.

Obs.: Novas gerações de DRAMs incluem on-chip o gerador de endereços de linhas de regeneração e dispensam este circuito.

(0.6 pt) 1) Qual é a função dos blocos A, B e C do esquema?

(0.2 pt) A: gera endereços de linha de regeneração.

(0.2 pt) B: determina o início (na frequência do REFCLK) e o fim (ao colocar BGACK* no nível alto) de cada ciclo de regeneração.

(0.2 pt) C: responde o sinal de concessão de barramento BG e incrementa o endereço da linha de regeneração.

(1.2 pt) 2) O que caracteriza o modo de regeneração RAS*-only? No circuito acima, quantas linhas são regeneradas em cada "rajada" (burst)? Qual é o intervalo de tempo entre duas "rajadas" consecutivas?

(0.4 pt) No modo de regeneraçao RAS*-only, CAS* é mantido inativo-alto durante o ciclo de regeneração e a transição da ativação do sinal RAS* é utilizado para obter o endereço de linha de regeneração, como ocorre no ciclo normal de acesso à memória.

(0.4 pt) Observe que no circuito acima D2=0 quando o sinal BG* for ativado, indicando a concessão do barramento para o circuito de regeneração (este passará a enviar o endereços das linhas da mamória). Com isso Q2=0, BGACK*=0 (indicar que o barramento está ocupado) e o contador 74LS393 (o de cima) começa a incrementar na frequência do relógio de 1MHz, variando os bits menos significativos, REFA03 REFA02 REFA01, do endereço da linha de regeneração definido pela sequência REFA07 REFA06 REFA05 REFA04 REFA03 REFA02 REFA01. Quando QD=1 no contador, Q2=1, BGACK*=1 (indicar que o barramento foi liberado) e o contador é zerado. Isso significa que em cada ciclo de regeneração (numa "rajada") 8 linhas são regneradas, de REFA07 REFA06 REFA05 REFA04 000 até REFA07 REFA06 REFA05 REFA04 111.

(0.4 pt) O intervalo entre duas "rajadas" é definido pela frequência do REFCLK, 7.54kHz. Em segundos, temos 1/(7.54x10³) = 0.133 ms.

Note que o sinal REFRAS tem o comportamento do sinal requerido pelo pino RAS* da memória DRAM durante o ciclo de regeneração.

(1.2 pt) 3) Esboce o diagrama de tempo do circuito de regeneração, mostrando explicitamente a interdependência temporal entre os sinais REFCLK, BR* (solicitação do barramento), BG* (concessão do barramento), AS*, DTACK*, BUSFREE, NORM*/REF (cilco normal/ciclo de regeneração), BGACK* (bus grant acknowledge), REFRAS (RAS* do ciclo de regeneração). Justifique sucintamente o seu diagrama.

(0.8 pt) O diagrama é dado na Figura 5.90 do livro-texto.
.
(0.4 pt) A explicação se encontra nas páginas 410-414 do livro-texto.

Questão 3 (valor 3.0)

Responda as seguintes questões:

(2.0 pt) 1) Em 68000 distinguem-se três grupos de exceções: grupo 0 (reset, bus error), grupo 1 (trace, interrupção, violação de privilégio) e grupo 2 (TRAP, divisão por zero, código de operação 1111 - line F). Qual é a difereça básica entre estes grupos em termos de:

(1.0 pt) ponto em que se inicia o processamento de exceção?

Grupo 0: o processamento de exceção é iniciada imediatamente (reset) ou dentro de dois pulsos de relógio (bus error e address error).

Grupo 1: o processamento de exceção é iniciada antes da próxima instrução.

Grupo 2: o processamento de exceção é iniciada no ciclo de instrução normal.
(1.0 pt) uso da instrução RTE para retomar a execução da sequência de instruções interrompida? Justifique. Basicamente, a instrução RTE restaura os conteúdos do contador de programa e do registrador de estado armazenados na pilha do sistema antes do tratamento da exceção. Tipicamente, ela é a última instrução das rotinas de tratamento de exceção.

Grupo 0: quando nenhuma informação foi salva antes do processamento de exceção, como reset, não se consegue retomar a execução. Para outros tipos de exceção deste grupo, são salvas, além do conteúdo do contador de programa e do registrador de estado, as informações conhecidas como diagnósticas que podem ser utilizadas para identificar a causa de uma exceção. O conteúdo do contador de programa salvo é o endereço da primeira palavra da instrução que gerou a exceção incrementado de 2 a 10, mas nunca a próxima instrução. Portanto, para retornar ao ponto desejado com uso da instrução RTE, precisa-se alterar antes o valor do contador de programa salvo.

Grupo 1: uso normal, pois o valor do contador de programa salvo é sempre a próxima instrução

Grupo 2: precisa-se alterar o valor do contador de programa salvo para o endereço da próxima instrução antes da execução da instrução RTE, pois o processamento inicia com o ciclo normal de execução.

(1.5 pt) 2) Explique sucintamente como a implementação de um sistema operacional multiprogramado pode ser beneficiada com o mecanismo de exceção, procurando distinguir claramente os papéis de hardware e de software.

Um sistema operacional multiprogramado aloca a cada processo uma fatia de tempo da unidade processadora, permitindo que vários processos a utilizem concorrentemente. Dois componentes são essenciais na implementação deste sistema operacional: um escalonador para escalonar os processos prontos para processamento e um mecanismo para chavear estes processos. O primeiro componente é um programa (software) pertencente ao sistema operacional e o segundo é realizado com uso do mecanismo de interrupção (hardware).

O sistema gera periodicamente sinais de interrupção e como resposta a estes sinais o escalonador (rotina de serviço) é chamado para escolher o próximo processo a ser atendido.

Questão 4 (valor 1.5 pts)

Responda as seguintes questões:

(1.0 pt) 1) Em que consiste a organização de uma memória cache baseada em conjunto associativo (set associative cache)? Explique através de um diagrama de bloco funcional.

Página 581 do livro-texto.

(0.5 pt) 2) Qual deve ser o hit ratio de um sistema de memória, se o fator de aceleração teórico (speedup ratio), o tempo médio de acesso à memória e o tempo médio de acesso à memória cache são 2.2, 80ns e 20 ns, respectivamente? (Fórmula: S = 1/(1-H(1-k)))

É fácil ver que H = (S-1)/(S(1-k)). Substituindo os parâmetros pelos valores numéricos, isto é S=2.2, k=20/80=0.25, tem-se H=0.73.

Last modified: Tue Nov 9 15:07:54 BRA 1999

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