SOAL-SOAL ULANGAN
Beberapa keunggulan proses komputasi menggunakan komputer dibandingkan proses
1.
komputasi manual adalah: lebih cepat, lebih akurat, lebih andal, lebih konsisten, dan dapat disimpan dalam memori yang besar sera merupakan mesin serbaguna yang dapat diprogram Komputer modern terdiri atas dua kelompok yaitu komputer analog dan koputer
2.
digital Komputer yang menggunakan komponen – komponen – komponen komponen digital bekerja berdasarkan ada
3.
tidaknya tegangan listrik (secara diskrit). Dua keadaa n ini disebut biner Komponen dasar pembangun komputer modern adalah transistor yang digunakan
4.
untuk membangun gerbang logika (logic gate). Pada umumnya pemrosesan dasar dalam CPU dioperasikan secara aritmetika dan atau
5.
secara (1) logika didalam unit yang disebut (2) ALU Operasi yang dilakukan dalam komputer menggunakan kode operasi dan operand
6.
yang terdiri atas logika 1 dan 0 disebut bahasa mesin Untuk memudahkan manusia dalam memprogram mesin komputer umumnya
7.
digunakan level pemrograman yang disebut bahasa tingkat tinggi Compiler adalah sebuah penerjemah bahasa yang mengubah program bahasa tingkat
8.
tinggi menjadi program bahas mesin yang ekivalen. Istilah hardware umumnya merujuk pada sirkuit – sirkuit – sirkuit sirkuit elektronika yang terdapat
9.
didalam mesin komputer. Secara praktis, istilah ini digunakan untuk semua komponen fisik didalam sebuah komputer termasuk mekanika, rakitan komponen – komponen – komponen komponen listrik dan elektronika. 10.
Istilah software umumnya merujuk pada semua instruksi atau program yang digunakan untuk dapat menjalankan komputer secara baik.
11.
Sistem komputer dikelompokkan dalam beberapa lapisan, mulai dari lapisan paling dalam yaitu hardware, BIOS, sistem operasi /kompiler dan lapisan paling luar adalah
program aplikasi user 12.
Kumpulan I/0 driver (program untuk pelaksanaan operasi – operasi – operasi operasi I/O) untuk berbagi
perangkat peripheral dalam komputer yang dapat dipanggil oleh program lain kapan saja suatu operasi I/O harus dikerjakan, disebut BIOS (basic input output system) 13.
Program Aplikasi adalah sebuah program yang menyelesaikan permasalahan
pengguna.
14.
Program Sistem adalah sebuah program yang membantu utilisasi efisien sistem oleh
program – program yang lain dan para pengguna. pengguna. 15.
Arsitektur Komputer komputer adalah sebuah sains (ilmu) untuk tujuan perancangan sistem komputer seperti set instruksi, format intruksi, kode operasi, jenis operand, register, mode pengalamatan, dan lain lain.
16.
Organisasi Komputer komputer adalah ilmu yang memberikan gambar yang lebih dalam mengenai struktur fungsional dan interkoneksi logika antara unit – unit unit (blok fungsional), termasuk detail atau rincian hardware yang dapat diketahui oleh
pemogram, seperti sinyal – sinyal control, antarmuka komputer dan peripheral serta teknologi memori yang digunakan. 17.
Hardware mempunyai lima macam unit fungsional: memori, ALU ( Arithmetic ( Arithmetic and
Logic Unit ), ), register, unit control, dan unit input atau output 18.
Central Processing Unit (CPU) (CPU) terdiri atas ALU, register, dan unit kontrol
19.
Program dan data dimasukkan ke dalam komputer melalui unit unit input
20.
Memori utama menyimpan (1) program dan (2) data
21.
Unit kontrol membaca dan menganalisis instruksi satu per satu dan memberikan sinyal kontrol ke seluruh unit untuk melakukan berbagai macam operasi.
22.
ALU adalah bagian/unit mesin yang mampu melakukan operasi aritmetika dan logika.
23.
Hasil dari instruksi disimpan di memori dan dapat dibawa ke unit output
24.
Semua komputer modern menggunakan konsep yang disebut stored program concept yang awalnya disusun oleh tim desain komputer ISA yang dipimpin oleh John Von
Neumann. Karena itu biasa disebut konsep Von Von Neumann. 25.
Media penyimpanan utama dalam komputer dikelompokkan dalam dua bagian yaitu: (1) memori utama, dan (2) memori sekunder/memori pembantu (auxiliary ( auxiliary memory) memory)
26.
Sebuah perangkat peripheral terhubung (link ( link ) dengan inti sistem (CPU dan memori) oleh suatu pengontrol divais
27.
Secara fisik keberadaan pengontrol pengontrol perangkat dapat dibedakan dalam tiga macam yaitu (1) sebagai unit yang terpisah, (2) terintegrasi dengan perangkat dan (3) terintegrasi dengan CPU
28.
Tiga macam sinyal antara perangkat dan pengontrol perangkat yaitu: (1) sinyal kontrol, (2) sinyal status, dan (3) sinyal data
29.
Sinyal RESET merupakan contoh sinyal kontrol
30.
Sinyal ERROR merupakan contoh sinyal status
31.
lstilah word lenght menunjukkan jumlah bit pada setiap lokasi memori
32.
Kapasitas total memori adalah word length dikalikan dengan jumlah lokasi
33.
Waktu yang dibutuhkan oleh memori untuk membaca (atau menulis) pada sebuah lokasi memori disebut waktu akses
34.
Memoriyang mempunyai waktu akses yang sama untuk semua lokasi di dalam memori semikonduktor dinamakan memori akses acak (memori utama)
35.
Contoh memori yang bersifat non-volatile adalah non-volatile adalah memori maknetik
36.
Contoh memori yang bersifat volatile adalah volatile adalah memori RAM
37.
Register yang berkomunikasi dengan memori utama adalah (1) register MAR (memory address register ), ), dan (2) register register MBR (memory buffer register )
38.
Data memori yang akan diakses, alamatnya terlebih dahulu ditransfer ke register MAR
39.
Data yang dibaca dari memori atau yang ditulis ke memori harus berada di register MBR
40.
Antarmuka (interface (interface)) CPU dengan memori ada dua jenis yaitu: (1) antarmuka sinkron, dan (2) antarmuka asinkron
41.
Siklus instruksi terdiri atas dua fase utama yaitu fase (1) pengambilan instruksi dan fase (2) eksekusi instruksi.
42.
Format umum instruksi mesin terdiri atas dua field yaitu: field (1) kode operasi (opcode), dan field (2) operand
43.
Program counter sebagai penunjuk alamat instruksi yang akan dieksekusi selanjutnya.
44.
lnstruksiyang sedang didekode disimpan pada register register instruksi
45.
Program counter meletakkan alamatnya pada register MAR
46.
Yang melakukan penerjemahan instruksi adalah dekoder instruksi
47.
Operasi CPU terbagi dua yaitu operasi mikro dan operasi makro
48.
Membersihkan register, menambah isi program counter merupakan contoh dari operasi mikro
49.
Interupsi adalah suatu kejadian dalam sistem komputer yang meminta pelayanan
penting pada CPU ketika CPU sedang sedang melakukan pemrosesan. 50.
Dalam merespons interupsi, CPU menunda eksekusi program saat itu dan melakukan
pencabangan ke lnterrupt Service Routine (lSR, rutin pelayanan interupsi) 51.
lnterrupt Service Routine (lSR, rutin rutin pelayanan interupsi) adalah sebuah program program yang melayani interupsi.
52.
lnterrupt nesting adalah keadaan di mana CPU diinterupsi ketika sedang mengeksekusi lSR.
53.
Urutan pelayanan interupsi disebut interrupt priority (prioritas priority (prioritas interupsi)
54.
Penghalangan interupsi oleh CPU disebut interrupt masking
55.
Interupsi yang tidak dapat ditunda atau dicegah disebut non-maskable interrupt
56.
I/O driver merupakan kumpulan rutin I/O untuk berbagai operasi pada perangkat I/O yang spesifik yang mengawasi pemberian perintah/komando ke pengontrol perangkat, melakukan verifikasi status dari pengontrol perangkat dan perangkat serta menangani operasi I/O.
57.
Metode transfer data terdiri atas tiga bagian yaitu (1) progrommed (1) progrommed mode (polling), (polling), (2) Interrupt Mode dan (3) DMA (direct memory occess) mode
58.
Dari ketiga metode transfer data yang dimaksud pada Soal 57, yang paling lambat adalah progrommed adalah progrommed mode (polling)
59.
Dari ketiga metode transfer data yang dimaksud pada Soal 57, yang paling cepat adalah DMA (direct memory access) mode
60.
Konsep penggunaan instruksi IN dan OUT untuk berkomunikasi dengan port I/O dikenal dengan “Direct I/O” I/O” atau atau “I/O mapped I/O” I/O”
61.
CPU memperlakukan port I/O seperti halnya lokasi memori dalam melakukan transfer data disebut memory mapped l/O
62.
Hubungan bus/jalur diperlukan di dalam komputer untuk membawa berbagai jenis informasi di antara subsistem (CPU, memori dan pengontrol l/O)
63.
Mikroprosesor/CPU mempunyai dua struktur bus yang berbeda yaitu (1) bus internal (menghubungkan (link) komponen-komponen (link) komponen-komponen internal dalam mikroprosesor), dan (2)
bus eksternal (menghubungkan mikroprosesor dengan unit-unit eksternal seperti memori, pengontrol l/O, dan serpih (chip) pendukung lainnya) 64.
Urutan kejadian yang dikerjakan bus untuk mentransfer satu byte (word) melalui bus data disebut siklus bus (bus cycle)
65.
Ada empat macam siklus bus yang utama yaitu: (1) Memory read bus cycle: cycle: CPU membaca data dari lokasi memori, (2) Memory (2) Memory write bus cycle: cycle: CPU menulis data ke lokasi memori, (3) I/O read bus cycle: cycle: CPU membaca (menerima) data dari port input, dan (4) l/O write bus cycle: cycle: CPU menulis (mengirim) data ke port output.
66.
Kinerja komputer diukur dari jumlah waktu yang digunakan komputer dalam mengeksekusi sebuah program.
67.
Program Benchmark adalah sebuah program evaluasi yang dikembangkan secara khusus yang dapat digunakan untuk membandingkan kinerja dari komputer yang
berbeda.
SOAL-SOAL LATIHAN
1.
Komputer PC desktop mempunyai ukuran yang lebih besar dan menggunakan daya lebih besar dari notebook PC. Mengapa kemudian notebook lebih mahal dari desktop? (arahan: portability) Jawab:
Karena komputer notebook lebih lebih mudah dibawa (portability) dibandingkan (portability) dibandingkan komputer desktop, desktop, maka dibutuhkan teknologi tinggi untuk membuat chip yang ukurannya kecil tetapi tetap dengan kinerja yang sama atau bahkan lebih baik.
2.
Kinerja dua komputer berbeda A dan B (mempunyai arsitektur sama) akan dibandingkan oleh sebuah konsultan sebagai bagian dari proses evaluasi. Komputer A beroperasi pada clock 100 MHz dan memberikan 100 MIPS, sedangkan komputer B beroperasi pada clock 120 MHz dan 80 MIPS. Karena beberapa alasan, komputer B telah dipilih oleh konsultan. Dia juga memberikan beberapa saran untuk pengembangan kinerja komputer B dalam dalam modifikasi desain ke depan. Beberapa saran yang diberikan tersebut adalah: a. Ganti memori utama dengan memoriyang lebih cepat b. Perkenalkan sebuah memori cache kecil c. Tingkatkan frekuensi clock hingga 200 MHz. Anggaplah Anda hanya disuruh memilih satu saran tersebut untuk menjaga harga sebagai faktor utama dalam pilihan Anda (a, b, c)? Yang mana yang membutuhkan perubahan arsitektur? Yang mana yang membutuhkan teknologi yang lebih baik? Jawab:
(i) Yang membutuhkan perubahan arsitektur adalah jika memilih point (b) yaitu memperkenalkan sebuah memori cache kecil (ii) Yang membutuhkan teknologi yang lebih baik adalah jika memilih point (a)
mengganti memori utama dengan memori yang lebih cepat, dan
(b)
meningkatkan frekuensi clock hingga 200 MHz.
3.
Memori semikonduktor adalah memoriyang berukuran kecil dan cepat daripada memori magnetik (core). Juga menggunakan daya yang lebih sedikit daripada memori magnetik. Keduanya adalah rondom dccess memory (RAM). Memori magnetik tetap lebih superior dari memori semikonduktor hanya dalam satu aspek. Aspek apakah itu? Jawab:
Memori magnetik lebih superior dalam aspek "harga per byte” daripada memori semikonduktor.
4.
Prosesor lntel mempunyai alamat 32-bit dan memori yang sifatnya byte addressoble. Berapakah kapasitas memori fisik maksimum untuk membangun komputer dengan mikroprosesor tersebut? Jawab:
Memori fisik maksimum yang dapat dibangun adalah: 232 byte atau sama dengan 4GB (GB = giga byte)
5.
Mikroprosesor lntel 80285 mempunyai alamat 24-bit. Berapa word maksimum yang lebarnya 32-bit yang memungkinkan untuk memori tersebut? Jawab:
Diketahui: memori dengan word length = 48 (32-bit); dan saluran alamat CPU 24 bit. Jadi kapasitas memori = word tength x jumlah lokasi = 48 x22a = 48 x 16 M=64M8
6.
IBM PC berbasis lntel 8088 original diberikan sinyal clock 4,77 MHz pada mikroprosesor
tersebut.
Berapakah
periode
sinyal
clock
komputer?
Jawab:
Diketahui: komputer dengan frekuensi sinyal clock 4.77 MHz. Jadi periode sinyal clock (T) = 1/f = 1/4.77 MHz = 1(4.77 x 10 6) detik ≈ 0.21 µdetik.
7.
Sebuah Program Benchmarking dari 200.000.000 instruksi telah dijalankan pada sebuah komputer dengan operasi 100 MHz. Diperoleh bahwa komputer memberikan kinerja 100 MIPS. Tentukan CPI (cycles ( cycles per instruction), instruction), siklus per instruksi untuk komputer ini.
Jawab:
MIPS = frekuensi clock / (CPl x 10 6) Jadi CPI = frekuensi clock / (MIPS x 10 6) CPI = 100 MHz / (100 x 10 6) = (100 x 10 6)/(100 x 10 6) = 1
8.
Sebuah Program Benchmarking dengan gabungan instruksi (instruction mx) berikut yang telah dijalankan pada operasi komputer dengan sinyal clock 100 ns: 30% instruksi aritmetika, 50% instruksi load/store dan 20% instruksi pencabangan (branch instruction). Waktu siklus instruksi untuk tipe ini berturut-turut adalah 1, 0,6 dan 0,8 us. Hitung CPI komputer ini. Jawab :
T = 100 ns = 0.1 µs Jumlah siklus clock per insiruksi = wahu siklus instruksi / periode clock (T) Kelompok lnstruksi: 1. ALU
: - Persentase lnstruksi = 30 - Jumlah siklus clock = 1/0,1= 10
2. Load & store
: - Persentase lnstruksi = 50 - Jumlah siklus clock = 0,6/0,1= 6
3. Branch
: - Persentase lnstruksi = 20 - Jumlah siklus clock = 0,8/0,1= 8
CPIa = ∑=1 CPIi x Ii =
jumlah instruksi 9.
30 x 10 + 50 x 6 + 20 x 8
= 7,6
100
Anggap sebuah program yang dijalankan dalam komputer A selama 50 detik, komputer tersebut mempunyai clock 500 MHz. Kita akan menjalankan program yang sama pada mesin lain, B, dalam 20 detik. Jika mesin B memerlukan 2,5 kali siklus clock lebih banyak dari mesin A untuk program yang sama, hitung berapa clock rate yang harus dimiliki mesin B dalam MHz? Jawab: Jadi,
Jumlah siklus clock CPU A = 50 detik x 500 MHz = 25 x 10 9 Jumlah siklus clock CPU B = 2.5 x jumlah siklus clock CPU A Jumlah siklus clock CPU B = 2.5 x 25 x 10 9 = 62.5 x 10 9 frekuensi clock CPU B = jumlah siklus clock CPU B / waktu CPU B frekuensi clock CPU B = 62.5 x 10 9 / 20 detik = 3.125 x 10 9 Hz = 3125 MHz
10. Misalkan kita mempunyai dua implementasi arsitektur set instruksi yang sama. Mesin
A mempunyai waktu siklus clock 50 ns dan CPI 4,0 untuk beberapa program, dan mesin B mempunyai waktu siklus clock 65 ns dan CPI 2,5 untuk program yang sama. Hitung mesin manakah yang lebih cepat? Jawab:
Waktu CPU = (jumlah instruksix CPI )/f = (jumlah instruksi x CPI) x T Jadi, - Waktu CPU A = jumlah instruksi x 4.0 x 50 ns = 200 x jumlah instruksi x 1 ns - Waktu CPU B = jumlah instruksi x 2.5 x 65 ns = 162.5 x jumlah instruksi x 1 ns Karena jumlah intruksi yang diproses untuk CPU A dan CPU B sama, berarti CPU B lebih cepat daripada CPU A.
11. Seorang perancang kompiler mencoba memutuskan antara dua code sequence untuk
suatu mesin khusus. Perancang hardware telah memberikan fakta-fakta berikut: K las las
CPI
i nstr nstr uksi
klas klas i nstr nstr uksi
A
1
B
2
C
3
Untuk sebuah bahasa tingkat tinggi, penulis kompiler mempertimbangkan dua sequence yang memerlukan jumlah instruksi berikut: Code sequence
Jumlah instruksi (dalam jutaan)
A
B
C
1
2
1
2
2
4
3
1
Berapa CPI untuk setiap sequence? Code sequence manakah yang lebih cepat? Berapa nilai tersebut? Jawab: Untuk code sequence 1:
CPIcs1 = (1 x 2 + 3 x 1 + 4 x 2) / (2 + 1 + 2) = 2.6 Untuk code sequence 2: CPIcs2 = (1 x 4 + 3 x 3 + 4 x 1) / (4 + 3 + 1) = 2.125 Karena CPIcs2
12. Misalkan sebuah mesin dengan tiga kelas instruksi dan pengukuran CPI sebagai
berikut: K las las
CPI
i nstr nstr uksi
klas klas i nstr nstr uksi
A
2
B
7
C
5
Anggap bahwa kita mengukur code untuk sebuah program dalam dua kompiler berbeda dan diperoleh data berikut: Code sequence
Jumlah instruksi (dalam jutaan) A
B
C
Kompiler 1
15
5
3
Kompiler 2
25
2
2
Anggap bahwa clock rate mesin adalah 500 MHz. Code sequence manakah yang akan mengeksekusi lebih cepat menurut MIPS? Dan menurut waktu eksekusi? Jawab:
Untuk compiler 1: CPIcom1 = (2 x 15 + 5 x 5 + 7 x 3) / (15 + 5 + 3) = 3.304 3.304 MIPScom1 = frekuensi clock/ (CPIcom1 x 106) = 500 500 x 106 / (3.304 x 10 6) = 151.331 Waktu CPUcom1 = (jumlah instruksi x CPI com1 ) / frekuensi clock Waktu CPUcom1 = (23 x 10 6 x 3.304) / (500 x 10 6 ) = 0.152 detik Untuk compiler 2: CPIcom2 = (2 x 25 + 5 x 2 + 7 x 21) / (25 + 2 + 21) = 2.551 MIPScom2 = frekuensi clock / (CPIcom2 x 106) = 500 x 106 / (2.551 x 10 6) = 196.001 Waktu CPUcom2 = (Jumlah instruksi x CPI com2) / frekuensi clock Waktu CPUcom2 = (29 x 10 6 x 2.551) / (500 x 10 6) = 0.148 detik -
Karena MIPScom2 > MIPScom1 maka berdasarkan MIPS: Code sequence 2 sequence 2 lebih cepat dari pada code sequence 1;
-
Karena waktu CPUcom2 < Waktu CPU com1 maka berdasarkan waktu eksekusi; code sequence 2 sequence 2 lebih cepat daripada code sequence 1 sequence 1
