2017 CSH213 Organisasi Dan Arsitektur Komputer UTS PDF

2017 CSH2I3 ORGANISASI DAN ARSITEKTUR KOMPUTER UJIAN TENGAH SEMESTER Sistem Komputer, Memory, Bus, dan I/O Aji Gautama Putrada (AJG), Andrian Rakhmatsyah (ADR), Dodi Wisaksono (DWS),...

2017 CSH2I3 ORGANISASI DAN ARSITEKTUR KOMPUTER UJIAN TENGAH SEMESTER Sistem Komputer, Memory, Bus, dan I/O Aji Gautama Putrada (AJG), Andrian Rakhmatsyah (ADR), Dodi Wisaksono (DWS), Endro Ariyanto (END), Erwid Jadied (EMJ), Maman Abdurohman (MMA), Novian Anggis Suwastika (NGS), Rahmat Yasirandi(RYJ), Setyorini (SRN), Yoso Adi Setyoko(YOA) Waktu 135 Menit, Bobot 25 % Nilai Akhir Nama Mahasiswa: NIM: Kelas: Nilai (Diisi Dosen): ……………………………............... …….- …… - …....... IF-…............... Nama Mahasiswa: NIM: ……………………………............... ……- …… - …....... I. Hierarki dan Organisasi Memory (10 % nilai UTS) 1. Jika harga RAM adalah Rp. 125.000 /GigaByte dan harga RAM 4GB = harga Hard Disk 500 GB, berapa harga per GigaByte dari Hard Disk? Antara Harga per Gigabyte RAM dengan Hard Disk, mana yang lebih murah? Jawab: Harga RAM = 125.000 / GigaByte Harga RAM 4 GB = 500 ribu Harga Hard Disk 500 GB = Harga RAM 4 GB = 500 ribu Harga per GigaByte Hard Disk = 500 Ribu / 500 Gb = Seribu / GB Harga Hard Disk lebih murah 2. Apa keunggulan hamming code dibandingkan dengan parity? Jawab: Hamming code dapat mendeteksi letak error, parity tidak 3. Apa fungsi capacitor pada Dynamic RAM (DRAM)? Jawab: Jika capacitor terisi, nilai sel memory = 1, jika capacitor kosong, nilai sel memory = 0 4. Apa persamaan dan perbedaan ROM dengan CD-ROM! Jawab: Persamaan: sama2 non-erasable dan non-volatile Perbedaan: ROM adalah memory semiconduktor, CD-ROM adalah memory optic 5. Seorang mempunyai 10 Hard Disk, berapa kapasitas yang didapat jika dia menggunakan RAID Level 1 (mirroring) dan berapa kapasitas yang didapat jika dia menggunakan RAID Level 6 (double parity striped accross drives)? Mana yang lebih baik dari segi kapasitas, RAID 1 atau RAID 6? Jawab: RAID 1: Jumlah kapasitas yang didapat = 10/2 = 5, 5 nya lagi untuk mirror (duplikat) RAID 6: Jumlah kapasitas yang didapat = 10 – 2 = 8, 2 nya lagi untuk double parity RAID 6 lebih baik dari segi kapasitas UAS-COA/ADR-AJG-DWS-EMJ-END-MMA-NGS-RYJ-SRN-YOA /Maret 2018/#1  Nama Mahasiswa: NIM: ……………………………............... ……….- …… - …....... II. Memory Utama (20 % nilai UTS) DRAM di bawah mempunyai kapasitas 32 MB dan MBR sepanjang 32 Bit 6. Berapa jumlah alamat yang ada di memory tersebut dan berapa panjang MAR-nya? Jawab: Jumlah alamat = kapasitas : MBR = 32 MB / 32 bit = 8 M alamat MAR = 2log{Jumlah alamat} = 2log8 M = 23 bit 7. Jika jumlah bank = 4 bank, jumlah column = 512 column, berapa jumlah bit untuk alamat Bank, Column, dan Row? Berapa jumlah row? Jawab: Column = 2log512 = 9 bit Bank = 2log4 = 2 bit Row = MAR – Bank – Column = 23 – 2 – 9 = 12 Jumlah Row = 212 = 4 K Row 8. Berapa ukuran 1 Memory Plane dan jumlah Memory Plane? Kisi-kisi: − ukuran Memory Plane = jumlah row x jumlah column − jumlah Memory Plane = MBR x jumlah bank Jawab: Ukuran Memory Plane = 4k x 512 = 2 Mbit Jumlah Memory Plane = 32 x 4 = 128 Memory Plane UAS-COA/ADR-AJG-DWS-EMJ-END-MMA-NGS-RYJ-SRN-YOA /Maret 2018/#2  Nama Mahasiswa: NIM: ……………………………............... ……….- …… - …....... III. Memory Sekunder (20 % nilai UTS) Sebuah Hard Disk mempunyai kecepatan Rotasi 10.000 RPM dan Average Seek Time 8 ms. 9. Berapa Rotational Delay dan Average Rotational Rotational Delay dari Hard Disk Tersebut? Jawab: Rotational Delay = 1/RPM = 60.000 / 10.000 ms = 6 ms Average Rotational Delay = Rotational Delay/2 = 3 ms 10. Jika ingin membaca data pada 6 track dengan sequential access, berapa waktu total yang diperlukan? Jawab: Waktu = average seek time + average rot. Delay 6 track + transfer time 6 track = 8 ms + 6 x 3 ms + 6 x 6 ms = 8 + 18 + 36 = 62 ms 11. Jika Hard Disk tersebut mempunyai kapasitas 500 MB, terdapat 1000 track, dan 1 sector berukuran 500 Byte, ada berapa sector dalam satu track? Jawab: Ukuran track = 500 MB : 1000 = 500 kB Jumlah sector dakan 1 track = 500 kB : 500 B = 1 k sector 12. Hitung waktu total yang diperlukan seperti no. 10, tapi Hard Disk menggunakan metode random access! (anggap 1 kilo = 1000) Jawab: Waktu = 6000 x (average seek time + average rot. Delay + trasfer time 1 sector) = 6000 x ( 8 + 3 + 1/1000 x 6 ) = 66000 + 36 = 66036 ms = 66,036 s 13. Dari jawaban no. 10 dan no. 12, teknik pembacaan mana yang lebih baik antara sequential access dan random access? Jelaskan alasan jawaban Anda! Jawab: Sequential access lebih baik Alasan: waktu akses sangat time consuming (dibanding waktu transfer), dengan mengasumsikan semua data yang dibaca terletak bersebelahan, akses hard disk (track dan sector) dapat dilakukan lebih sedikit UAS-COA/ADR-AJG-DWS-EMJ-END-MMA-NGS-RYJ-SRN-YOA /Maret 2018/#3  Nama Mahasiswa: NIM: ……………………………............... ……….- …… - …....... IV. Input/Output dan Bus (10 % nilai UTS) 14. Mengapa dalam programmed I/O, saat CPU mengirim perintah baca I/O, CPU harus menunggu dan tidak dapat mengerjakan hal lain? Jawab: Karena tidak mempunyai interrupt, ketika ada perintah baca input/output dan cpu ingin mengerjakan proses lain sedangkan tidak ada interrupt, respon dari input/output tidak akan terbaca ➔ cpu harus menunggu respon dari I/O 15. Sebutkan dua teknik identifikasi interrupt I/O yang Anda ketahuin! Jawab: Banyak jalur, software poll, hardware poll, bus master 16. Kapan saatnya DMA menggunakan Bus? Jawab: Saat CPU tidak menggunakan Bus (saat Decode atau Execute) ➔ disebut cycle stealing 17. Jelaskan apa itu timing synchronous pada Bus! Jawab: Saat semua device yang terhubung dengan bus menggunakan clock yang sama untuk menyeragamkan event. 18. Sebutkan keunggulan dan kelemahan Bus tipe multiplexed! Jawab: Keunggulan: jalur yang digunakan lebih sedikit Kelemahan: penggunaan bus antara data dan alamat harus bergantian UAS-COA/ADR-AJG-DWS-EMJ-END-MMA-NGS-RYJ-SRN-YOA /Maret 2018/#4  Nama Mahasiswa: NIM: ……………………………............... ……….- …… - …....... V. Cache (40 % nilai UTS) Gambar di bawah adalah ilustrasi dari MAR sebuah memory utama yang telah dipetakan dengan metode direct mapping. Gunakan untuk soal 19 – 23 X bit Tag Line Word (4 bit) (4 bit) (?) 19. Jika Kapasitas Memory Utama = 1 MB dan MBR = 1 Byte, hitunglah: a. MAR b. Panjang Word c. Jumlah Word per Line d. Ukuran Line e. Jumlah Line f. Kapasitas Cache Jawab: a. Kapasitas = 2MAR x MBR 2MAR = Kapasitas/MBR MAR = 2log{Kapasitas/MBR} = 2log1M = 20 bit b. Panjang Word = MAR – Line – Tag = 20 – 4 – 4 = 12 bit c. Jumlah word per Line = 2Word = 212 = 4 K Word d. Ukuran Line = jumlah word per Line x ukuran word = 4K x 1 Byte = 4 KByte e. Jumlah Line = 2Line = 24 = 16 Line f. Kapasitas Cache = jumlah Line x ukuran Line = 16 x 4 kByte = 64 kByte 0xABCDE 20. Berapa nilai Tag, Line, dan Word dari alamat memory utama di atas? Jawab: Nilai biner = 1010 1011 1100 1101 1110 Tag = 1010 = 0xA Line = 1011 = 0xB Word = 1100 1101 1110 = 0xCDE 21. Jika Komputer yang sama menggunakan Associative Mapping, berapakah panjang Tag? Jawab: Pada Associative Mapping, Panjang Tag : Tag = MAR – Word = 20 – 12 = 8 bit UAS-COA/ADR-AJG-DWS-EMJ-END-MMA-NGS-RYJ-SRN-YOA /Maret 2018/#5  Nama Mahasiswa: NIM: ……………………………............... ……….- …… - …....... Line Tag Word 0x000... Word 0xCDE... Word 0xFFF 0x0 0xAB 0x00 0x11 0x33... 0xA 0xBC 0x88 0x99 0xBB... 0xF 0xDE 0xCC 0xDD 0xFF 22. Gambar di atas menggambarkan sebagian isi cache dari soal sebelumnya. Ketika alamat-alamat di bawah diakses (Associative Mapping), apakah cache miss atau cache hit? jika cache hit, data apa yang akan dibaca? a. 0xABCDE b. 0xFEDCB Jawab: a. 0xABCDE ➔ Tag = 0xAB➔ ada di cache memory ➔ cache hit ➔ word = 0xCDE ➔ data = 0x11 b. 0xFEDCB ➔ Tag = 0xFE ➔ tidak ada di cache memory ➔ cache miss 23. Jika Komputer yang sama menggunakan 4-Way-Set-Associative Mapping, berapakah panjang Set dan Tag? Jawab: Jumlah Set = Ukuran Cache / Ukuran Set = Jumlah Line / Jumlah Line per Set = 16 / 4 = 4 Set = 2log{Jumlah Set} =2log4= 2 bit Tag = MAR – Set – Word = 12 – 2 – 4 = 6 bit 24. Suatu prosesor mengisi cache yang mempunyai 4 Line dengan urutan akses Block seperti berikut: ABCDAACCDDBAE Jika block terakhir (E) menggantikan block D, algoritme penggantian apa yang digunakan (LRU/FIFO/LFU/RANDOM)? Jelaskan! Jawab: a. LRU: E menggantikan block yang paling lama tidak diakses sebelum E disimpan di cache yaitu C ➔ bukan D ➔ bukan LRU b. FIFO: E menggantikan block yang pertama disimpan di cache yaitu A ➔ bukan D ➔ bukan FIFO c. LFU: E menggantikan block yang paling sedikit diakses yaitu B ➔ bukan D ➔ bukan LFU d. Kesimpulan nya algoritme penggantian yang digunakan adalah random 25. Apa perbedaan fungsi L1 dengan L2 cache pada Multi-level Cache? Jelaskan! Jawab: L1 cache ➔ lebih dekat dengan CPU ➔ lebih kecil namun lebih cepat L2 cache ➔ lebih jauh dari CPU ➔ lebih lambat namun lebih besar ~AS IF IT’S YOUR LAST~ UAS-COA/ADR-AJG-DWS-EMJ-END-MMA-NGS-RYJ-SRN-YOA /Maret 2018/#6