第六、七章作业1

【第六章作业1】主要涉及的是计算机存储器的访问时间计算和计算机指令的相关知识点。 我们关注6.23题。这个问题涉及到硬盘驱动器的平均旋转延迟（Tavg rotation）、平均传输时间（Tavg transfer）和平均寻道时间（Tavg seek）。公式给出的是： Tavg rotation = 1/2 * T max rotation = 1/2 * ( 60s/15000RPM ) * 1000ms/s = 2ms 这里的Tmax rotation表示最大旋转延迟，即等待读写头到达磁道最远端的时间，等于磁盘旋转半圈的时间。60s/15000RPM是将RPM（每分钟转数）转换为秒的速率，乘以1000ms/s是因为1秒等于1000毫秒。所以平均旋转延迟是2毫秒。 接下来，平均传输时间计算为： Tavg transfer = 60/15000RPM * 1/800 扇区/磁道 * 1000ms/s = 0.005ms 这里假设每个磁道包含800个扇区，每秒传输60/15000转，因此平均传输时间为0.005毫秒。 平均寻道时间通常是指磁头移动到目标磁道所需的时间，此处没有具体数值，但题目给出了总访问时间Taccess的计算方法，即Taccess = Tavg rotation + Tavg transfer + Tavg seek，得到Taccess = 6.005ms。 6.27题中，可能涉及到的是内存地址或内存访问，给出了一串十六进制数字，这些可能是内存地址或者数据，但具体意义需要更多上下文来解读。 6.31题，提到了高速缓存（Cache）的相关信息，包括高速缓存块偏移（CO）、高速缓存组索引（CI）、高速缓存标记（CT），这些都是缓存管理的重要概念。高速缓存用于提高内存访问速度，通过预加载常用数据到高速缓存中，减少主存访问。高速缓存块偏移、组索引和标记用于定位缓存中的特定数据。 6.35题看起来是关于数组操作的，可能是程序设计或算法的问题，但是没有足够的信息来详细解释。 6.39题涉及到数据大小和单位转换，可能是在考察存储容量的理解。A选项1024B代表1KB，B选项表示1KB除以4等于128，C选项可能是在讨论每KB的数据可以分成多少个四字节的数据项。 7.7题是一个简单的C语言函数，定义了一个double类型的变量x并赋值为-0.0，这说明了浮点数可以表示正负零。 7.11题则指出，未初始化的全局变量在内存中会分配空间，但其初始值是不确定的，这是C语言编程中的一个常见概念。 这部分作业涵盖了硬盘性能指标、内存访问、高速缓存机制、数组操作、数据大小单位转换以及C语言变量初始化等多方面的IT知识。