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1、嵌入式系统原理与应用课程考试试卷(A卷)一、草及逸撵(小2分，共20分)1、1.inUX分区类型默认的是：(.vfatB.ext2ext3C.swapD.dos2,在大多数1.inUK发行版本中，以下哪个隔于块i殳备)A.网卡B.硬盘C.虚拟终端D.打印机3、字符设备文件类型的标志是()A.pB.c4、删除文件命令为（）D.rm.mkdi*B.rndirC.av5、()命令可更t一个文件的权限设议？A.attribB.ChBOdC.changeD.fi1.e6、在Cp(J和物理内存之间进行地址转换时,()将地址从虚拟(逻川地址空间唉射到物理地址空间。.TCBB.MMuC.CACHED.DMA7
2、、1.inUX将存储设备和输入，输出设备均看做文件来操作，()不是以文件的形式出现。A.目录B.软链接C.i节点表D.网络适配器8,下列)设备是字符设备.A.hdcB.fdC.hda1.D.tty1.9、下列提法中.康干ifconfig命令作用范阚的是).A.编译源程序B.配置网卡的IP地址C.配置系统内核D.加印网卡到内核中10、假设当值目录下有文件MakeriIe,下面是其内容：pr1.:prog,osubr.ogcc-opr1.prog,osubr.oro.o:prog,cro.hgcc-c-1prog,oprog,csbr.o:subr.cgcc-c-osubr.osubr.Cc1ea
3、r:rm-fpr1.*o现在执行命令11ukec1.ear.实际执行的命令是（A.rm-fpr1.*.oC.gcc-c_1prog,oprog,cgcc-c-osubr.osubr.c都执行二,填空（空1分，共10分）1、文件系统的主要功能是2、在ARM1.inux体系中,用来处理外设中断的异常模式是（3、在1.inUX系统中,驱动程序注册中断处理程序的函数是（).4、在ARM系统中，中断处理程序进入C代码以后、ARM的处于（）工作模式.嵌入式系统应用软件一般在宿主机上开发.在目标机上运行.因此需要一个（环境.6、已知。变INdata1.定义如下:uniondatacharch;f1.oatf
4、;data1.;则变MdaIa1.所占的内存存储空间可表示为（7. ARM嵌入式系统中，PC（程序计数涔指向的是正在）的指令地址.8. ARM系统中16位数据对应的数据类型是（9.Qt的核心特征是（)f1.1.(）机制。;当实现如下操作后，Countera,b;QObject:connect.(fta,SCounter:va1.ucCharcdb,Counter:setVa1.ue);a.setVa1.ue(181)b.setVa1.ue(429)请分别写出ava1.ue。，b.va1.ue。的值7 .下面的声明都是什么意思？constintae；iniconstac：constint*ame
5、：intconstaae：intconstaeconst：8 .下面的代眄使用了interrupt关键字去定义了一个中阍服务于程序(ISR),请评论一下这段代码._interruptdoub1.ecompute.areas(doub1.ebanjing)(doub1.eareas-PI*banjingbanjing：printf(*nAreas=%f”.area);returnareas;)四.应用小6分，共30分)1 .嵌入式系统总是要用户对变收或寄存器进行位操作，给定一个整型变hta,写两段代码，笫一个设置”的第3位，第二个清除U的第3位,在以上两个操作中，要保持其它位不变，2 .ARM嵌
6、入式系统的存储系统根据地域与数据高低字节的关系可以分为bi-endir和s三11.1.ending.请编写代码段实现判断该处理器的存储模式.3 .请按要求写出一个Makefi1.e文件,要求包括：采用arm-1inux-gee交叉编译器，指定安装目录Ktinsta1.1.源文件为sie.c目标文件为S1.Cp,使用CorICXa8.h头文件，静态端译，含有CICan操作.4 .在一个单处理器的计罄机系统中,我用抢占式优先缎的进程调度方案，F1.所有任务可以并行使用1.O设备.下表列出了4个任务T1.、T2、T3、T4优先徼(1最高，4最低)和独立运行时占用CPU与VO设住的时间.如果操作系统的
7、开精忽略不计，这4个任务从同时启动到全部结束的总嵌入式系统原理与应用试卷参考答案及评分标准（A卷）一、透撵（小2分，共20分）题号12345678910答案BBBDBBCBBA二、双空（空1分，共10分）1 .实现对文件的按名存取.2 .中断请求（IRQ）.3 .r（xjuest_irq4 .超级用户（SVC）5 .一交叉编印6 .sizeof（f1.oat）7 .取指8 .Ha1.fword9信号插恰四.问答（小5分，共40分）1 .对于一个int型不是16位的处理器为说,上面的代码是不正确的.应编写如下:UnSignedintcompzero=0;（能蛤写出正确与否的给2分,正确分析结果后
8、给5分）2 .本题考我指令流水的概念。顺庠执行时，每条指令都需3步才能执行完，没有录段，N级流水线执行,在单标量情况下,执行时间=N-1）+指令数贵所以连续执行32条指令后，共需时间为（31）+32=34Dh5分或者做出类似图形分析,正确亦给5分根IT分析IOI1.121314时X3,输出是6-2分原因是当表达式中存在有符号类型和无符号类型时所有的操作数都F1.动转换为无符号类型，34.voidincrement(int*b,int*c)(inti;int*pb.*pc：intb3,b4;pb=b-1;c=c-1：b3三pb1.;for(i=(10000/2);i!=0;i)(M=*(pb+=
9、2):pc(1.=b3+3：b3=pb1.;*(pc+=2)=M+1:)程序评价视完成目标及代码流畅度决定.完成程序给2分一一循环次数任渐”分)一一数组变成了指针：(1分一一循环从+撕环变成了一一循环.1分)5.1 nt*ptr;I分Ptr=(int*)0x2547:2分ptr=0x6879：-2分6.a.setVa1.ue(181);a.va1.ue()=181,b.va1.ue()=181各1分b.setVa1.ue(429):a.va1.ue=181,2分b.va1.ue0=4291分)说明：程序功能完成即可得6分CC=arm-1inu-gcc2分INSTA1.1.=insta1.1.T
10、ARGET=step2分a1.1.:S(TARGET)$(TARGET):step,ccortexa8.hT分$(CC)-static$T2T3T44,进程调度过程如卜图所示，分析1.KIO时刻：进程调度程序选任务T1.投入运行,运行IOms.任务TI占用I/O.t1.时刻：此时由于CPU空闲，进程调度程序选任务T2投入运行，运行IOms后任务T2占用1,0.此时，U与12时刻任务TI占用I/O,任务T2在运行。12时刻：此时由于CPU空闲,进程遍度程序送任务T3投入运行，运行，ms后仔务T1.结束占用I/O.此时t2与时刻任务T1.、任务T2占用I/O.任务T3在运行。按照如此规律分析，这4个任务从同时启动到全部结束的总时间为72ms,CPU的空闲时间共有1211u按照此步骡出出总时间给3分，空闲时间给3分.或者是(10+5)*11.2=72ms,空闲时间为12bs5 .G1.ibc(2)busybox(3)roofs4)uboot.bin每个I分(2)gcc针对x86架构编译，amv1.inx-gcc针对ARM架构编译2分
