嵌入式系统考试试题A与答案Word下载.docx

1、 信息量、邮箱、消息队列 ，事件标志。二、单项选择题（ 每题 2 分，共 24 分）1、下列哪一项不属于嵌入式系统软件结构一般包含的四个层面。 （ ）A.嵌入式处理器 B. 实时操作系统（ RTOS ）C. 应用程序接口（ API ）层 D. 实际应用程序层2、一条 ARM 数据处理指令，例如“ ADD R0 ，R1，#immed ”中使用的立即数 #immed 是有一定限制的，下列立即 数表示中合法的是 （ ） 。A . 0x00001234 B. 0x F000000F C. 0x0000F008 D. 0x F0800003、 COS-II 操作系统不属于（ ）。A、RTOS B、占先式

2、实时操作系统C、非占先式实时操作系统 D、嵌入式实时操作系统4、 ARM 汇编语句 “ADD R0, R2, R3, LSL#1 ”的作用是（ A ）。A.R0=R2+（R31）B.R0 =（ R2 1） + R3C.R3= R0+ （R2 1）D.（R3 1）= R0+ R25、 ARM 寄存器组有（ D ）个寄存器。A、7 B、32C、6D、376、 每种嵌入式操作系统都有自身的特点以吸引相关用户，下列说法错误的是（ D）A.嵌入式 Linux 提供了完善的网络技术支持；B.CLinux 是专门为没有 MMU 的 ARM 芯片开发的；C.C/OS- 操作系统是一种实时操作系统（ RTOS

3、）；第 1 页 /共 4页D. WinCE 提供完全开放的源代码。7、存储一个 32 位数 0x2168465 到 2000H 2003H 四个字节单元中，若以大端模式存储，则2000H 存储单元的内容为（DA、0x21B 、 0x68C、0x65 D 、0x028、下列不是嵌入式系统的特点的是（ C ）A . 嵌入式系统需要专用开发工具和方法进行设计B. 嵌入式系统是技术密集、资金密集、高度分散、不断创新的知识集成系统。C. 嵌入式系统使用的操作系统一般不是实时操作系统（ RTOS ），系统不具有实时约束。D. 嵌入式系统通常是面向特定任务的，而不同于一般通用 PC 计算平台，是 “专用 ”

4、的计算机系统 9、寄存器 R15 除了可以做通用寄存器外，还可以做（ A ）A. 程序计数器 B. 链接寄存器C. 堆栈指针寄存器 D. 基址寄存器10、若 R1=2000H ， （2000H）=0x28 ，（2008H）=0x87 ，则执行指令 LDR R0 ，R1 ， 8 ！后 R0 的值为A. 0x2000B. 0x28C. 0x200811、FIQ 中断的入口地址是（A、0x0000001CC、0x0000001812、ARM 指令集是（ BA. 16C.8D. 0x87A ）。B、0x00000008D、0x00000014 ）位的。B. 32D.24三、判断题（ 每题 2 分，共

5、14 分）1、若定义任务 task1 的优先级为 12 ，则不能再定义其他任务的优先级也为 12。 （ T ）2、 ARM 处理器在未定义模式下可以处理存储器故障，实现虚拟存储器和存储器保护。 （ F ）3、 COS-II 操作系统中移植成功后即可使用文件系统。4、在 ARM 的数据处理指令中，大多数均可在指令助记符后加 S 来设置状态寄存器的条件码。5、 ARM 和 Thumb 之间状态的切换不影响处理器的模式或寄存器的内容。6、当操作数寄存器 Rm 的状态位 bit 0为 1 时，执行 BX Rm 指令就可从 ARM 状态进入 Thumb 状态。7、 ARM 处理器结构体系中具有 T 变种

6、的处理器核可以工作在 ARM 状态和 Thumb 状态。四、简答题（ 共 16 分）1、 ARM 异常发生时， ARM 内核对异常的响应过程是怎样 （4的？ 分）1、（ 4 分）答： 1，保存 CPSR 到 SPSR_（1）2，设置 CPSR 相应位（ 1以进行模式切换，根据需要，设置 IRQ 和 FIQ 中断屏蔽位 3，保存异常返回地址到 R14_ （ 1） 4，PC 跳转到异常向量表相应地址处（ 12、什么是 BootLoader ？主要有几种工作模式及主要功能是什么？ （ 6 分）简单说来， Bootloader 就是操作系统内核运行的一段小程序， 完成进行初始化系统硬件设置的任务， 包

7、括 CPU 、 SDRRAM 、Flash 、串口等初始化，时钟的设置、存储器的映射。分为启动加载模式和下载模式（ 1 ）启动加载（ Boot laoding ）模式又称为“自主”（ Autonomous ）模式，是指 Bootloader 从目标机上的某个固 态存储设备上将操作系统加载到 RAM 中运行，整个过程并没有用户的介入。（ 2 ）在下载模式下，目标机上的 Bootloader 将先通过串口连接或网络连接等通信手段从宿主机下载文件。3、S3C44B0 的存储系统中， 0xc000000 和 0xc080000 的含义是什么？它们之间的 512kbyte 空间做什么用？ （6 分） 答

8、： 0xC000000 是 SDRAM 的起始地址，系统的程序存储空间从 0xC080000 开始。 512Kbyte 的空间划分出来，作为系 统的 LCD 显示缓冲区使用（更新其中的数据，就可以更新 LCD 的显示）。五、分析设计（ 共 28 分）1、改错和注释（ 10 分） 题目要求：1）阅读下面的程序段，找出程序段中至少 3 处不规范的地方，并改正。 （6 分）2）给标记 处的语句作注释，说明其作用。 （ 4 分）startAREA ENTRY LDR LDR BLINT, CODE, READONLYR1, =SRCSTRR0, =dststr strcopy；STOP：B STOPs

9、trcopy., （此处表示省略的程序段 ）MovPC, LRAREAStrings, DATA, READWRITEsrcstrDCBFirst string - source,0dststrSpace100END（1）（6 分）start LDR R1, =SRCSTR ；此处 start 要顶格书写； SRCSTR 要小写STOP ： B STOP ；此处 STOP 后应无“：”Mov PC, LR ；此处 Mov 应大小写一致（2）（4 分）1跳转到子程序 strcopy2子程序返回3定义一个数据段 Strings 读写属性4结束汇编2、已知 S3C44B0 内核频率为 MCLK =

10、18.432MHz ，ULCON0 是串口 0 的行控制寄存器， UBRDIV0 是串口 0 的波特率 配置寄存器。请设置寄存器 ULCON0 和 UBRDIV0 ，使得 S3C44B0 的串口 0（UART0 ）的数据帧格式为：普通模式，波特率 115200奇偶校验无，数据位 8 位，停止位 1 位。2、（ 6 分）1 ） ULCON0=0x 32）（UBRDI V0=（ r ound_ of f ） MCLK/ （ bs p* 16） - 11=10=（ r ound _of f ） 18432000/ （ 115200* 16） -1 =93、在图中进行必要的连线，管脚电平设置，地址编号

11、填写等，完成 S3C44B0 最小系统相关设计。（ 12 分） 题目要求： 1）使 S3C44B0 的 BANK0 连接一片 FlashROM ，且总线宽度为 8 位。（ 5 分） 2）选择晶振作为时钟输入。存储器以小端模式存储字。3）画出复位电路图，实现上电复位功能和手动按键复位功能。 （ 3 分）（注：不使用的管脚打3、（12 分）（1）BANK08 ，位数据总线 : OM1 = 0, OM0 = 0 （1），DATA7.0 连接 DATA7.0 （ 1nGCS0 连接 nCS （ 1）， Address19.0 （2 ）（2） 晶振连线 :OM3=0 ，OM2=0 （ 1）晶振连接 EXTAL0 和 EXTAL0-（1 ） 小端模式 ENDIA 0-（2 （3） 复位电路：上电低电平复位（ 2） 按键复位（ 1第 4 页 /共 4 页