応用情報技術者 2012年秋期午前2 問12

問題文

毎分6,000回転、平均位置決め時間が 20ミリ秒、1 トラック当たりの記憶容量が 20kバイトの磁気ディスク装置がある。1ブロック4kバイトのデータを1ブロック転送するのに要する平均アクセス時間は何ミリ秒か。ここで、磁気ディスクコントローラのオーバヘッドは無視できるものとする。

選択肢

ア：20

イ：22

ウ：27（正解）

エ：32

磁気ディスクの平均アクセス時間計算【午前2 解説】

要点まとめ

結論：平均アクセス時間は回転遅延と平均位置決め時間の和で求められ、27ミリ秒が正解です。
根拠：回転数6,000rpmから回転時間を算出し、平均回転遅延はその半分の時間、位置決め時間は20msと与えられています。
差がつくポイント：回転遅延の計算ミスや単位変換の誤りを避け、転送時間は問題文の条件から無視できることを理解することが重要です。

正解の理由

磁気ディスクの平均アクセス時間は「平均位置決め時間 + 平均回転遅延 + 転送時間」で計算します。

1分間に6,000回転なので、1回転時間は $60, 000 ms \div 6, 000 = 10 ms$
平均回転遅延は回転時間の半分なので $10 ms \div 2 = 5 ms$
平均位置決め時間は20msと与えられているため、合計は $20 + 5 = 25 ms$
1ブロック4kバイトの転送時間は問題文で無視できるため、実際にはこれに転送時間を加えますが、転送時間は $4 k B \div 20 k B \times 10 m s = 2 m s$ と計算でき、合計は $25 + 2 = 27 ms$
よって、ウの27ミリ秒が正解です。

よくある誤解

平均回転遅延を回転時間全体と誤解し、10msとする誤りが多いです。転送時間を無視してしまうケースもあります。

解法ステップ

回転数6,000rpmから1回転にかかる時間を計算する（ $60, 000 ms \div 6, 000 = 10 ms$ ）。
平均回転遅延は回転時間の半分なので、 $10 ms \div 2 = 5 ms$ を求める。
平均位置決め時間は問題文の20msをそのまま使う。
転送時間を計算する。1トラック20kBに対し1ブロック4kBなので、転送時間は $10 ms \times (4 k B \div 20 k B) = 2 ms$ 。
これらを合計し、 $20 + 5 + 2 = 27 ms$ と求める。

選択肢別の誤答解説

ア: 20ms
→ 平均位置決め時間のみで回転遅延や転送時間を考慮していません。
イ: 22ms
→ 回転遅延5msを加えたが転送時間2msを加えていない可能性があります。
ウ: 27ms
→ 正解。位置決め時間、回転遅延、転送時間を正しく合算しています。
エ: 32ms
→ 転送時間や回転遅延を過大評価しているか、計算ミスの可能性があります。

補足コラム

磁気ディスクのアクセス時間は「位置決め時間」「回転遅延」「転送時間」の3要素で構成されます。位置決め時間はヘッドの移動にかかる時間、回転遅延は目的のセクタがヘッドの下に来るまでの待ち時間、転送時間はデータの読み書きにかかる時間です。回転数が速いほど回転遅延は短くなり、トラック容量が大きいほど転送時間が長くなります。