白中英《计算机组成原理》(第5版)笔记和课后习题详解复习答案
计算机组成原理课后习题答案(第五版_白中英)
计算机组成原理第五版习题答案第一章 (1)第二章 (3)第三章 (14)第四章 (19)第五章 (21)第六章 (27)第七章 (31)第八章 (34)第九章 (36)第一章1．模拟计算机的特点是数值由连续量来表示，运算过程也是连续的。
数字计算机的主要特点是按位运算，并且不连续地跳动计算。
模拟计算机用电压表示数据，采用电压组合和测量值的计算方式，盘上连线的控制方式，而数字计算机用数字0 和1 表示数据，采用数字计数的计算方式，程序控制的控制方式。
数字计算机与模拟计算机相比，精度高，数据存储量大，逻辑判断能力强。
2．数字计算机可分为专用计算机和通用计算机，是根据计算机的效率、速度、价格、运行的经济性和适应性来划分的。
3．科学计算、自动控制、测量和测试、信息处理、教育和卫生、家用电器、人工智能。
4．主要设计思想是：采用存储程序的方式，编制好的程序和数据存放在同一存储器中，计算机可以在无人干预的情况下自动完成逐条取出指令和执行指令的任务；在机器内部，指令和数据均以二进制码表示,指令在存储器中按执行顺序存放。
主要组成部分有：:运算器、逻辑器、存储器、输入设备和输出设备。
5．存储器所有存储单元的总数称为存储器的存储容量。
每个存储单元都有编号，称为单元地址。
如果某字代表要处理的数据，称为数据字。
如果某字为一条指令，称为指令字。
6．计算机硬件可直接执行的每一个基本的算术运算或逻辑运算操作称为一条指令，而解算某一问题的一串指令序列，称为程序。
7．取指周期中从内存读出的信息流是指令流，而在执行器周期中从内存读出的信息流是数据流。
8．半导体存储器称为内存，存储容量更大的磁盘存储器和光盘存储器称为外存，内存和外存共同用来保存二进制数据。
运算器和控制器合在一起称为中央处理器，简称CPU，它用来控制计算机及进行算术逻辑运算。
适配器是外围设备与主机联系的桥梁，它的作用相当于一个转换器，使主机和外围设备并行协调地工作。
9．计算机的系统软件包括系统程序和应用程序。
计算机组成原理第五版 白中英(详细)第4章习题参考答案
第4章习题参考答案1．ASCII码是7位，如果设计主存单元字长为32位，指令字长为12位，是否合理？为什么？答：不合理。
指令最好半字长或单字长，设16位比较合适。
一个字符的ASCII 是7位，如果设计主存单元字长为32位，则一个单元可以放四个字符，这也是可以的，只是在存取单个字符时，要多花些时间而已，不过，一条指令至少占一个单元，但只占一个单元的12位，而另20位就浪费了，这样看来就不合理，因为通常单字长指令很多，浪费也就很大了。
2．假设某计算机指令长度为32位，具有双操作数、单操作数、无操作数三类指令形式，指令系统共有70条指令，请设计满足要求的指令格式。
答：字长32位，指令系统共有70条指令，所以其操作码至少需要7位。
双操作数指令单操作数指令无操作数指令3．指令格式结构如下所示，试分析指令格式及寻址方式特点。
答：该指令格式及寻址方式特点如下：(1) 单字长二地址指令。
(2) 操作码字段OP可以指定26=64种操作。
(3) 源和目标都是通用寄存器（可分指向16个寄存器）所以是RR型指令，即两个操作数均在寄存器中。
(4) 这种指令结构常用于RR之间的数据传送及算术逻辑运算类指令。
4．指令格式结构如下所示，试分析指令格式及寻址方式特点。
15 10 9 8 7 4 3 0答：该指令格式及寻址方式特点如下：(1)双字长二地址指令，用于访问存储器。
(2)操作码字段OP可以指定26=64种操作。
(3)RS型指令，一个操作数在通用寄存器（选择16个之一），另一个操作数在主存中。
有效地址可通过变址寻址求得，即有效地址等于变址寄存器（选择16个之一）内容加上位移量。
5．指令格式结构如下所示，试分析指令格式及寻址方式特点。
答：该指令格式及寻址方式特点如下：(1)该指令为单字长双操作数指令，源操作数和目的操作数均由寻址方式和寄存器构成，寄存器均有8个，寻址方式均有8种。
根据寻址方式的不同，指令可以是RR型、RS型、也可以是SS型；(2)因为OP为4位，所以最多可以有16种操作。
计算机组成原理课后答案白中英主编第五版
计算机组成原理课后答案白中英主编第五版计算机组成原理是计算机科学与技术专业的一门重要基础课程，它涵盖了计算机硬件系统的基本组成、工作原理和设计方法。
白中英主编的第五版教材是许多高校广泛采用的教材之一。
以下是对该教材课后习题的答案解析。
首先，让我们来了解一下计算机系统的层次结构。
从最上层的应用程序，到操作系统、指令系统、微体系结构，再到硬件逻辑层，每一层都有其独特的功能和作用。
在这个层次结构中，上层是通过下层来实现其功能的，而下层则为上层提供服务和支持。
在存储系统方面，我们需要掌握存储器的分类、存储容量的计算、存储速度的衡量指标等。
例如，随机存储器（RAM）和只读存储器（ROM）的区别，以及高速缓冲存储器（Cache）在提高计算机性能方面的作用。
Cache 的命中率是一个重要的概念，它直接影响到计算机系统的运行效率。
指令系统是计算机能够执行的操作的集合。
指令的格式、寻址方式以及指令的分类都是需要重点掌握的内容。
不同的寻址方式，如立即寻址、直接寻址、间接寻址等，为程序设计提供了丰富的手段。
中央处理器（CPU）是计算机的核心部件。
它的功能包括指令控制、操作控制、时间控制和数据加工。
CPU 的结构包括控制器和运算器两大部分。
控制器负责指令的读取、译码和执行的控制，而运算器则负责数据的运算和处理。
总线是计算机各部件之间传输信息的公共通路。
总线的分类、总线的性能指标以及总线的仲裁方式等都是需要了解的知识点。
例如，总线带宽的计算、同步总线和异步总线的区别等。
输入输出系统也是计算机组成原理中的重要部分。
包括输入输出设备的分类、接口的功能和组成、数据传输的控制方式等。
中断方式和DMA 方式在提高输入输出效率方面发挥了重要作用。
在课后习题中，可能会有一些关于上述知识点的理论性问题，要求我们对概念进行准确的阐述和理解。
例如，“请简述计算机存储系统的层次结构及其特点”，对于这样的问题，我们要清晰地回答出各个层次的名称、特点以及它们之间的关系。
计算机组成原理第五版-白中英(详细)第4章习题参考答案
第4章习题参考答案1．ASCII码是7位，如果设计主存单元字长为32位，指令字长为12位，是否合理为什么答：不合理。
指令最好半字长或单字长，设16位比较合适。
一个字符的ASCII 是7位，如果设计主存单元字长为32位，则一个单元可以放四个字符，这也是可以的，只是在存取单个字符时，要多花些时间而已，不过，一条指令至少占一个单元，但只占一个单元的12位，而另20位就浪费了，这样看来就不合理，因为通常单字长指令很多，浪费也就很大了。
2．假设某计算机指令长度为32位，具有双操作数、单操作数、无操作数三类指令形式，指令系统共有70条指令，请设计满足要求的指令格式。
答：字长32位，指令系统共有70条指令，所以其操作码至少需要7位。
双操作数指令单操作数指令无操作数指令3．指令格式结构如下所示，试分析指令格式及寻址方式特点。
15 10 !9 8 7 4 3 0答：该指令格式及寻址方式特点如下：(1) 单字长二地址指令。
》(2) 操作码字段OP可以指定26=64种操作。
(3) 源和目标都是通用寄存器（可分指向16个寄存器）所以是RR型指令，即两个操作数均在寄存器中。
(4) 这种指令结构常用于RR之间的数据传送及算术逻辑运算类指令。
4．指令格式结构如下所示，试分析指令格式及寻址方式特点。
15 10 9 8 7 4 3 015 10 9 8 7 4 3 0答：该指令格式及寻址方式特点如下：(1)双字长二地址指令，用于访问存储器。
(2)操作码字段OP可以指定26=64种操作。
(3)RS型指令，一个操作数在通用寄存器（选择16个之一），另一个操作数在主存中。
有效地址可通过变址寻址求得，即有效地址等于变址寄存器（选择16个之一）内容加上位移量。
|5．指令格式结构如下所示，试分析指令格式及寻址方式特点。
15 12 11 9 8 6 5 3 2 0答：该指令格式及寻址方式特点如下：(1)该指令为单字长双操作数指令，源操作数和目的操作数均由寻址方式和寄存器构成，寄存器均有8个，寻址方式均有8种。
计算机组成原理第五版白中英（详细）第3章习题答案
第3章习题答案1、设有一个具有20位地址和32位字长的存储器，问 (1) 该存储器能存储多少字节的信息？ (2) 如果存储器由512K ×8位SRA M 芯片组成，需要多少片？ (3) 需要多少位地址作芯片选择？ 解：(1) 该存储器能存储：字节4M 832220=⨯(2) 需要片8823228512322192020=⨯⨯=⨯⨯K(3) 用512K ⨯8位的芯片构成字长为32位的存储器，则需要每4片为一组进行字长的位数扩展，然后再由2组进行存储器容量的扩展。
所以只需一位最高位地址进行芯片选择。
2、已知某64位机主存采用半导体存储器，其地址码为26位，若使用4M ×8位的DR A M 芯片组成该机所允许的最大主存空间，并选用内存条结构形式，问； (1) 若每个内存条为16M ×64位，共需几个内存条? (2) 每个内存条内共有多少D RAM 芯片? (3) 主存共需多少DRAM 芯片? CPU 如何选择各内存条? 解：(1) 共需内存条条4641664226=⨯⨯M (2) 每个内存条内共有个芯32846416=⨯⨯M M 片 (3) 主存共需多少个RAM 1288464648464226=⨯⨯=⨯⨯M M M 芯片， 共有4个内存条，故CPU 选择内存条用最高两位地址A 24和A 25通过2：4译码器实现；其余的24根地址线用于内存条内部单元的选择。
3、用16K ×8位的DR A M 芯片构成64K ×32位存储器，要求： (1) 画出该存储器的组成逻辑框图。
(2) 设存储器读/写周期为0.5μS ，CPU 在1μS 内至少要访问一次。
试问采用哪种刷新方式比较合理?两次刷新的最大时间间隔是多少?对全部存储单元刷新一遍所需的实际刷新时间是多少? 解：(1) 用16K ×8位的DR A M 芯片构成64K ×32位存储器，需要用个芯16448163264=⨯=⨯⨯K K 片，其中每4片为一组构成16K ×32位——进行字长位数扩展(一组内的4个芯片只有数据信号线不互连——分别接D0~D 7、D 8~D 15、D 16~D23和D 24~D 31，其余同名引脚互连)，需要低14位地址(A 0~A 13)作为模块内各个芯片的内部单元地址——分成行、列地址两次由A 0~A6引脚输入；然后再由4组进行存储器容量扩展，用高两位地址A 14、A15通过2：4译码器实现4组中选择一组。
白中英《计算机组成原理》第5版考研教材及真题视频讲解
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2．理解计算机系统层次化结构概念，熟悉硬件与软件之间的界面，掌握指令集体系结构的基本知识和基本实现方法。
3．能够综合运用计算机组成的基本原理和基本方法，对有关计算机硬件系统中的理论和实际问题进行计算、分析，并能对一些基本部件进行简单设计。
考纲要求1．计算机发展历程2．计算机系统层次结构（1）计算机硬件的基本组成；（2）计算机软件的分类；（3）计算机的工作过程。
3．计算机的性能指标吞吐量、响应时间；CPU时钟周期、主频、CPI、C PU执行时间；MIPS、MFLOPS1.1 计算机系统的分类一、计算机系统的分类如图1-1所示。
图1-1 计算机系统分类图二、计算机系统的基本组成如图1-2所示。
图1-2 计算机系统组成图三、概述计算机的分类：机械计算机电子模拟计算机：数值由连续的量来表示。
电子数字计算机：计算机中的数值由不连续的数字来表示。
专用机：经济，有效，快速，适应性差通用机：适应性强巨型机大型机中型机小型机微型机单片机低简易性高高体积，功耗，性能，价格低如图1-3所示。
图1-3数字计算机与模拟计算机的主要区别如表1-1所示。
表1-1 数字计算机与模拟计算机的主要区别考研真题精选一、选择题1下列关于冯·诺依曼结构计算机基本思想的叙述中，错误的是（）。
计算机组成原理课后答案白中英
计算机组成原理课后答案第一章1 •模拟计算机的特点是数值由连续量来表示，运算过程也是连续的。
数字计算机的主要特点是按位运算，并且不连续地跳动计算。
模拟计算机用电压表示数据，采用电压组合和测量值的计算方式，盘上连线的控制方式，而数字计算机用数字0和1表示数据，采用数字计数的计算方式，程序控制的控制方式。
数字计算机与模拟计算机相比，精度高，数据存储量大，逻辑判断能力强。
2.数字计算机可分为专用计算机和通用计算机，是根据计算机的效率、速度、价格、运行的经济性和适应性来划分的。
3.科学计算、自动控制、测量和测试、信息处理、教育和卫生、家用电器、人工智能。
4.主要设计思想是：采用存储程序的方式，编制好的程序和数据存放在同一存储器中，计算机可以在无人干预的情况下自动完成逐条取出指令和执行指令的任务；在机器内部，指令和数据均以二进制码表示，指令在存储器中按执行顺序存放。
主要组成部分有：：运算器、逻辑器、存储器、输入设备和输出设备。
5.存储器所有存储单元的总数称为存储器的存储容量。
每个存储单元都有编号，称为单元地址。
如果某字代表要处理的数据，称为数据字。
如果某字为一条指令，称为指令字。
6 •计算机硬件可直接执行的每一个基本的算术运算或逻辑运算操作称为一条指令，而解算某一问题的一串指令序列，称为程序。
7取指周期中从内存读出的信息流是指令流，而在执行器周期中从内存读出的信息流是数据流。
8.半导体存储器称为内存，存储容量更大的磁盘存储器和光盘存储器称为夕卜存，内存和夕卜存共同用来保存二进制数据。
运算器和控制器合在一起称为中央处理器，简称CPU,它用来控制计算进行算术逻辑运算。
适配器是外围设备与主机联系的桥梁，它的作用相当于一个转换器，使主机和外围设备并行协调地工作。
9.计算机的系统软件包括系统程序和应用程序。
系统程序用来简化程序设计，简化使用方法，提高计算机的使用效率，发挥和扩大计算机的功能用用途；应用程序是用户利用计算机来解决某些问题而编制的程序。
白中英《计算机组成原理》(第5版)笔记和课后习题详解
读书笔记模板
01 思维导图
03 目录分析 05 读书笔记
目录
02 内容摘要 04 作者介绍 06 精彩摘录
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关键字分析思维导图
原理
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第版
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计算机 习题
运算器
笔记
笔记
概论
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运算
系统
第章
内容摘要
白中英所著的《计算机组成原理》（第5版，科学出版社）是我国高校采用较多的计算机专业优秀教材，也被 众多高校指定为计算机专业考研参考书目。作为该教材的辅导书，本书具有以下几个方面的特点：1．整理名校笔 记，浓缩内容精华。在参考了国内外名校名师讲授白中英《计算机组成原理》的课堂笔记基础上，本书每章的复 习笔记部分对该章的重难点进行了整理，同时对重要知识点进行点拨，因此，本书的内容几乎浓缩了配套教材的 知识精华。2．解析课后习题，提供详尽答案。本书参考大量计算机组成原理相关资料对该教材的重难点课（章） 后习题进行了详细的分析和解答，并对相关重要知识点进行了延伸和归纳。
9.2课后习题 详解
作者介绍
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精彩摘录
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目录分析
1.1复习笔记
1.2课后习题 详解
2.1复习笔记
2.2课后习题 详解
3.1复习笔记
3.2课后习题 详解
4.1复习笔记
计算机组成原理白中英版第五版课后答案
存储器所能保存二进制数据的总数; 常用单位为KB、MB等。 用于识别存储器中每个存储单元的编号，即单元地址。
单元地址
数据字
表示计算机所要处理数据的计算机字，称为数据字。
表示一条指令的计算机字，称为指令字。
3
指令字
2019/2/13
6. 什么是指令？什么是程序？
指令
由操作码和操作数两部分构成 能够表示计算机中的一个基本操作的代码或二
最小正数： 0
最大负数： 1 最小负数： 1
100 0000 0000 0000 0000 0000
011 1111 1111 1111 1111 1111 000 0000 0000 0000 0000 0000
即 x = 2-1 * 2-128
即 x = -(2-1+2-23) * 2-128
1111 1111 1000 0001
0111 1111
1111 1110
0111 1111
1111 1111
1000 0000 1000 0001
2019/2/13
8
2. 设[X]补＝a7.a6 a5· · ·a0 ，其中ai 取0或1， 若要X>-0.5，求a0 a1 a2 · · · a7 的取值。
第1章 计算Байду номын сангаас系统概论
4. 冯诺依曼型计算机的主要设计思想是什 么？它包括哪些主要组成部分？
冯诺依曼计算机的主要设计思想
存储程序并按地址顺序执行
冯诺依曼计算机主要包括
存储器、运算器、控制器、输入和输出五部分组成
2019/2/13
2
5. 什么是存储容量？什么是单元地址？ 什么是数据字？什么是指令字？
(NEW)白中英《计算机组成原理》(第5版)配套题库【考研真题精选+章节题库】
目 录第一部分 考研真题精选一、选择题二、综合应用题第二部分 章节题库第1章 计算机系统概论第2章 运算方法和运算器第3章 多层次的存储器第4章 指令系统第5章 中央处理器第6章 总线系统第7章 外存与I/O设备第8章 输入输出系统第9章 并行组织与结构第一部分 考研真题精选一、选择题1下列关于冯·诺依曼结构计算机基本思想的叙述中，错误的是（ ）。
[2019年408统考]A．程序的功能都通过中央处理器执行指令实现B．指令和数据都用二进制表示，形式上无差别C．指令按地址访问，数据都在指令中直接给出D．程序执行前，指令和数据需预先存放在存储器中【答案】C根据冯·诺依曼体系结构的基本思想可知，所有的数据和指令序【解析】列都是以二进制形式存放在存储器中，计算机根据周期来区分指令和数据，因此数据是从存储器读取而非在指令中给出，因此C项是错误的。
2下列有关处理器时钟脉冲信号的叙述中，错误的是（ ）。
[2019年408统考]A．时钟脉冲信号由机器脉冲源发出的脉冲信号经整形和分频后形成B．时钟脉冲信号的宽度称为时钟周期，时钟周期的倒数为机器主频C．时钟周期以相邻状态单元间组合逻辑电路的最大延迟为基准确定D．处理器总是在每来一个时钟脉冲信号时就开始执行一条新的指令【答案】D【解析】计算机完成一条指令的时间称为指令周期，而一条指令通常是由几个时钟周期组成的，因此计算机不可能每来一个时钟脉冲就执行一个新指令，所以D项是错误的。
3某指令功能为R[r2]←R[r1]+M[R[r0]]，其两个源操作数分别采用寄存器、寄存器间接寻址方式。
对于下列给定部件，该指令在取数及执行过程中需要用到的是（ ）。
[2019年408统考]Ⅰ．通用寄存器组（GPRs）Ⅱ．算术逻辑单元（ALU）Ⅲ．存储器（Memory）Ⅳ．指令译码器（ID）A．仅Ⅰ、ⅡB．仅Ⅰ、Ⅱ、ⅢC．仅Ⅱ、Ⅲ、ⅣD．仅Ⅰ、Ⅲ、Ⅳ【答案】B一条指令的执行过程为取指令、分析指令、执行指令。
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第1章计算机系统概论
1.1复习笔记
一、计算机的分类
1电子模拟计算机
模拟计算机的特点是数值由连续量来表示，运算过程也是连续的。
2电子数字计算机
（1）概述
电子数字计算机是用数字来表示数量的大小，其特点是按位运算，并且不连续地跳动计算。
（2）分类
①专用计算机
专用计算机是针对某一任务设计的计算机。
②通用计算机
通用计算机分类及区别如图1-1所示。
图1-1多核机、单片机、PC机、服务器、大型机、超级计算机之间的区别
3电子模拟计算机与电子数字计算机的区别
电子模拟计算机与电子数字计算机的主要区别如表1-1所示。
表1-1电子数字计算机与电子模拟计算机的主要区别
二、计算机的发展简史
1计算机的五代变化
①电子管计算机
②晶体管计算机
③中小规模集成电路计算机
④大规模和超大规模集成电路计算机
⑤巨大规模集成电路计算机
2计算机的性能指标
描述计算机性能的指标如表1-2所示
表1-2计算机性能指标
三、计算机的硬件
1硬件组成要素
数字计算机的主要组成部分可以表示为如图1-2所示。
图1-2数字计算机的主要组成结构
2运算器
运算器示意图如图1-3所示。
运算器的主要功能是进行加、减、乘、除等算术运算，也可以进行逻辑运算，因此通常称为ALU（算术逻辑运算部件），其运算方式为二进制。
图1-3运算器结构示意图。
计算机组成原理白中英(第5版)课后习题-外存与I、O设备(圣才出品)
第7章外存与I/O设备1．计算机的外围设备是指______。
A．输入/输出设备B．外存储器C．输入/输出设备及外存储器D．除了CPU和内存以外的其他设备【答案】D【解析】，计算机系统中除CPU和主存外的每一部分都可作为一个外围设备来看待。
通常外围设备由存储介质、驱动装置、控制电路组成。
2．打印机根据印字方式可以分为______和______两大类，在______类打印机中，只有______型打印机能打印汉字，请从下面答案中选择填空。
A．针型打印机B．活字型打印机C．击打式D．非击打式【答案】C，D，C，A【解析】打印机按印字原理分，分为击打式和非击打式两大类，能打印汉字的是击打类中的针形打印机，它是利用机械作用使印字机构与色带和纸相撞击打印字符。
3．一光栅扫描图形显示器，每帧有1024×1024像素，可以显示256种颜色，问刷新存储器容量至少需要多大? 答：刷新存储器的容量由图像分辨率和灰度级决定，即刷存容量=分辨率×颜色深度=1024×1024×1B=1MB 。
4．一个双面CD-ROM 光盘，每面有l09道，每道9个扇区，每个扇区存储5128，请求出光盘格式化容量。
答：光盘格式化容量=2×100×9×512B=900KB 。
5．试推导磁盘存储器读写一块信息所需总时间的公式。
答：设读写一块信息所需时间为t B ，平均找道时间为t s ，平均等待时间为t l ，读写一块信息的传输时间为t m ，则t B = t s + t l + t m假设磁盘以每秒r 的速率旋转，每条磁道容量为N 个字，则数据传输率=rN 个字/秒 假设每块的字数为n ，因而一旦读写头定位在该块起始端，就能在t m ≈（n/rN ）秒的时间传输完毕。
t l 是磁盘旋转半周的时间，t l = （1/2r ）秒，由此可得磁盘存储器读写一块信息所需总时间为：12B s n t t r rN=++ 6．某双面磁盘，每面有220道，已知磁盘转速r=4000转/分，数据传输率为l850008/s ，求磁盘总容量。
计算机组成原理第五版白中英(详细)第2章作业参考答案解析
第2章作业参考答案1、(1) -35(=23)16 (2)127 (3)-127 (4)-1[-35]原=10100011[127]原=01111111 [-127]原=11111111 [-1]原=10000001[-35]反=11011100[127]反=01111111 [-127]反=10000000 [-1]反=11111110[-35]补=11011101[127]补=01111111 [-127]补=10000001 [-1]补=111111112 当a 7=0时，x ≥0，满足x>-0.5的条件，即：若a 7=0，a 6~ a 0可取任意值 当a 7=1时，x<0，若要满足x>-0.5的条件，则由补码表示与其真值的关系，可知：7061524334251676022222221)2(1--------=*+*+*+*+*+*+*+-=*+-=∑a a a a a a a a x i i i 要使x>-0.5 ，所以要求a 6=1，并且a 5~a 0不能全部为0所以，要使x>-0.5，则要求a 7=0；或者a 7= a 6=1，并且a 5~a 0至少有一个为13、由题目要求可知，该浮点数的格式为：31 30 23 22 0注：由于S是数符，已表示了尾数的符号，所以为了提高表示精度，M(23位)不必存储符号位，只需存小数点后面的有效数值位即可。
(1)最大数的二进制表示为：0 11111111 1111……111(23个1)(2)最小数的二进制表示为：1 11111111 0000……000(23个0)(3)非IEEE754标准的补码表示的规格化数是指其最高有效位与符号位相反故有：最大正数为：0 11111111 1111……111(23个1)=+(1-2-23)⨯2127最小正数为：0 00000000 1000……000(22个0)=+0.5⨯2-128最大负数为：1 00000000 0111……111(22个1)=-(0.5+2-23)⨯2-128最小负数为：1 11111111 0000……000(23个0)=-1⨯2127所以其表示数的范围是：+0.5⨯2-128~+(1-2-23)⨯2127以及-1⨯2127~-(0.5+2-23)⨯2-1284、IEEE754标准32位浮点的规格化数为X=(-1)S⨯1.M⨯2E-127(1)27/6427/64=27⨯2-6=(11011)2⨯2-6=(1.1011)2⨯2-2所以S=0，E=e+127=125=(01111101)2，M=101132位的规格化浮点数为：00111110 11011000 00000000 00000000，即十六进制的(3ED80000)16(2)-27/64-27/64=-(1.1011)2 2-2所以S=1，E=e+127=125=(01111101)2，M=101132位的规格化浮点数为：10111110 11011000 00000000 00000000，即十六进制的(BED80000)165、[x+y]补=[x]补+[y]补(1)x=11011，y=00011[x+y]补=0011011+0000011=0011110；没有溢出，x+y=11110(2)x=11011，y=-10101[x+y]补=0011011+1101011=0000110；0 0 1 1 0 1 1+ 1 1 0 1 0 1 10 0 0 0 1 1 0没有溢出，x+y=00110(3)x=-10110，y=-00001[x+y]补=1101010+1111111=1101001；没有溢出，x+y=-101116、[x-y]补=[x]补+[-y]补(1)x=11011，y=-11111[-y]补=0011111[x-y]补=0011011+0011111=0111010；0 0 1 1 0 1 1+ 0 0 1 1 1 1 10 1 1 1 0 1 0正溢出，x-y=+111010(2)x=10111，y=11011[-y]补=1100101[x-y]补=0010111+1100101=1111100；0 0 1 0 1 1 1+ 1 1 0 0 1 0 11 1 1 1 1 0 0没有溢出，x-y=-00100(3)x=11011，y=-10011[-y]补=0010011[x-y]补=0011011+0010011=0101110；正溢出，x-y=+1011107、(1)x=11011，y=-11111用原码阵列乘法器1 1 0 1 11 1 1 1 11 1 0 1 11 1 0 1 11 1 0 1 11 1 0 1 11 1 0 1 11 1 0 1 0 0 0 1 0 1[x⨯y]符号=0⊕1=1所以 [x⨯y]原=1 1101000101用直接补码阵列乘法器：[x]补=011011，[y]补=100001(0) 1 1 0 1 1⨯ (1) 0 0 0 0 1(0) 1 1 0 1 1(0) 0 0 0 0 0(0) 0 0 0 0 0(0) 0 0 0 0 0(0) 0 0 0 0 00 (1) (1) (0) (1) (1)0 (1) (1) 0 (1) (1) 1 1 0 1 1将乘积中的符号位用负权表示，其他的负权位化为正权，得：[x⨯y]补=1 0010111011(2) x=-11111，y=-11011用原码阵列乘法器1 1 1 1 1⨯ 1 1 0 1 11 1 1 1 11 1 1 1 10 0 0 0 01 1 1 1 11 1 1 1 11 1 0 1 0 0 0 1 0 1[x⨯y]符号=1⊕1=0所以 [x⨯y]原=0 1101000101用直接补码阵列乘法器：[x]补=100001，[y]补=100101(1) 0 0 0 0 1⨯ (1) 0 0 1 0 1(1) 0 0 0 0 1(0) 0 0 0 0 0(1) 0 0 0 0 1(0) 0 0 0 0 0(0) 0 0 0 0 01 (0) (0) (0) (0) (1)1 0 0 (1) (1) 0 0 0 1 0 1将乘积中的符号位用负权表示，其他的负权位化为正权，得：[x⨯y]补=0 11010001018、(1) x=11000，y=-11111用原码阵列除法器计算，符号位单独处理，商的符号位=0⊕1=1设a=(|x|⨯2-5)，b=(|y|⨯2-5)，则a，b均为正的纯小数，且x÷y的数值=(a÷b)；余数等于(a÷b)的余数乘以25下面用不恢复余数法的原码阵列除法器计算a÷b[a]补=[|x|⨯2-5]补=0.11000，[b]补=[|y|⨯2-5]补=0.11111，[-b]补=1.00001过程如下：0. 1 1 0 0 0+[-b]补 1. 0 0 0 0 11. 1 1 0 0 1 ——余数为负，商为01. 1 0 0 1 0 ——余数和商左移一位(0)+[b]补 0. 1 1 1 1 10. 1 0 0 0 1 ——余数为正，商为11. 0 0 0 1 0 ——余数和商左移一位(01)+[-b]补 1. 0 0 0 0 10. 0 0 0 1 1 ——商为10. 0 0 1 1 0 ——(011)+[-b]补 1. 0 0 0 0 11. 0 0 1 1 1 ——商为00. 0 1 1 1 0 ——(0110)+[b]补 0. 1 1 1 1 11. 0 1 1 0 1 ——商为00. 1 1 0 1 0 ——(01100)+[b]补 0. 1 1 1 1 11. 1 1 0 0 1 ——商为0——(011000)即：a÷b的商为0.11000；余数为1.11001⨯2-5，因为1.11001为负数，加b处理为正数，1.11001+b=1.11001+0.11111=0.11000，所以a÷b的余数为0.11000⨯2-5所以，(x÷y)的商=-0.11000，原码为：1.11000；余数为0.11000(2) x=-01011，y=11001商的符号位=1⊕0=1设a=|x|⨯2-5，b=|y|⨯2-5，则a，b均为正的纯小数，且x÷y的数值=a÷b；余数等于(a÷b)的余数乘以25下面用不恢复余数法的原码阵列除法器计算a÷b[a]补=[|x|⨯2-5]补=0.01011，[b]补=[|y|⨯2-5]补=0.11001，[-b]补=1.00111过程如下：0. 0 1 0 1 1+[-b]补 1. 0 0 1 1 11. 1 0 0 1 0 ——余数为负，商为01. 0 0 1 0 0 ——余数和商左移一位(0)+[b]补 0. 1 1 0 0 11. 1 1 1 0 1 ——余数为负，商为01. 1 1 0 1 0 ——余数和商左移一位(00)+[b]补 0. 1 1 0 0 10. 1 0 0 1 1 ——商为11. 0 0 1 1 0 ——(001)+[-b]补 1. 0 0 1 1 10. 0 1 1 0 1 ——商为10. 1 1 0 1 0 ——(0011)+[-b]补 1. 0 0 1 1 10. 0 0 0 0 1 ——商为10. 0 0 0 1 0 ——(00111)+[-b]补 1. 0 0 1 1 11. 0 1 0 0 1 ——商为0——(001110)即：a÷b的商为0.01110；余数为1.01001⨯2-5，因为1.01001为负数，加b处理为正数，1.01001+b=1.01001+0.11001=0.00010，所以a÷b的余数为0.00010⨯2-5所以，(x÷y)的商=-0.01110，原码为：1.01110；余数为0.000109、(1)x=2-011⨯0.100101，y=2-010⨯(-0.011110)E X=-011，E y=-010，所以 [E X]补=1101，[E y]补=1110M X=0.100101，M y=-0.011110，所以[M X]补=0.100101，[M y]补=1.100010 [x]浮=1101 0.100101，[y]浮=1110 1.100010E X<E y，E y-E X = E y+(-E X)=1110+0011=0001对阶后[x]浮=1110 0.010010(1)，[y]浮=1110 1.100010对阶后的尾数相加：M X+M y=0.010010(1)+1.1000100. 0 1 0 0 1 0 (1)+ 1. 1 0 0 0 1 01. 1 1 0 1 0 0 (1)x+y=1.110100(1)⨯21110，化为规格化数(左移2位)为：x+y=1.010010⨯21100，即：x+y=-0.101110⨯2-4对阶后的位数相减：M X-M y=M X+(-M y)=0.010010(1)+0.0111100. 0 1 0 0 1 0 (1)+ 0. 0 1 1 1 1 00. 1 1 0 0 0 0 (1)x-y=0.110000(1)⨯21110，已经是规格化数，采用0舍1入法进行舍入处理：x-y=0.110001⨯21110，即：x-y=0.110001⨯2-2(2)x=2-101⨯(-0.010110)，y=2-100⨯(0.010110)E X=-101，E y=-100，所以 [E X]补=1011，[E y]补=1100M X=-0.010110，M y=0.010110，所以[M X]补=1.101010，[M y]补=0.010110[x]浮=1011 1.101010，[y]浮=1100 0.010110E X<E y，E y-E X = E y+(-E X)=1100+0101=0001对阶后[x]浮=1100 1.110101(0)，[y]浮=1100 0.010110对阶后的尾数相加：M X +M y =1.110101+0.0101101. 1 1 0 1 0 1 + 0. 0 1 0 1 1 00. 0 0 1 0 1 1x+y=0.001011⨯21100，化为规格化数(左移2位)为：x+y=0.101100⨯21010，即： x+y=0.101100⨯2-6对阶后的位数相减：M X -M y =M X +(-M y )=1.110101+1.1010101. 1 1 0 1 0 1 + 1. 1 0 1 0 1 01. 0 1 1 1 1 1x-y=1.011111⨯21100，已经是规格化数，所以x-y=-0.100001⨯2-410、 (1) ⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛-⨯⨯⎪⎭⎫ ⎝⎛⨯16921613243 M x =110100.02110116134=⨯=-，Ex=0011 M y =100100.021*******-=⨯-=--，Ey=0100 Ex+Ey=0011+0100=0111[x ⨯y]符=0⊕1=1，乘积的数值=|M x |⨯|M y |：0. 1 1 0 1⨯ 0. 1 0 0 10 1 1 0 10 0 0 0 00 0 0 0 00 1 1 0 1 0 0 0 0 00 0 1 1 1 0 1 0 1所以，x ⨯y =-0.01110101⨯20111，规格化处理(左移一位)，并采用0舍1入法进行舍入：x ⨯y =-0.111011⨯20110 即：⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛-⨯⨯⎪⎭⎫ ⎝⎛⨯16921613243=-0.111011⨯26 (2) ⎪⎭⎫ ⎝⎛⨯÷⎪⎭⎫ ⎝⎛⨯-161523213232 将x 、y 化为规格化数：M x =011010.02110132135=⨯=-，Ex=1110 M y =111100.021********=⨯=-，Ey=0011 Ex-Ey=Ex+(-Ey)=1110+1101=1011[x ÷y]符=0⊕0=0，下面用加减交替法计算尾数M x ÷M y ：[Mx]补=0.011010，[My]补=0.111100，[-My]补=1.0001000. 0 1 1 0 1 0+[-My]补 1. 0 0 0 1 0 01. 0 1 1 1 1 0 ——余数为负，商为00. 1 1 1 1 0 0 ——余数和商左移一位(0)+[My]补 0. 1 1 1 1 0 01. 1 1 1 0 0 0 ——余数为负，商为01. 1 1 0 0 0 0 ——余数和商左移一位(00)+[My]补 0. 1 1 1 1 0 00. 1 0 1 1 0 0 ——余数为正，商为11. 0 1 1 0 0 0 ——余数和商左移一位(001)+[-My]补 1. 0 0 0 1 0 00. 0 1 1 1 0 0 ——商为10. 1 1 1 0 0 0 ——(0011)+[-My]补 1. 0 0 0 1 0 01. 1 1 1 1 0 0 ——商为01. 1 1 1 0 0 0 ——(00110)+[My]补 0. 1 1 1 1 0 00. 1 1 0 1 0 0 ——商为11. 1 0 1 0 0 0 ——(001101)+[-My]补 1. 0 0 0 1 0 00. 1 0 1 1 0 0 ——商为11. 0 1 1 0 0 0 ——(0011011)+[-My]补 1. 0 0 0 1 0 00. 0 1 1 1 0 0 ——商为1——(00110111)Mx÷My的商为0.0110111，余数为0.011100⨯2-7，由于x化为0.01101(Mx)是尾数右移2位才得到，所以x÷y真正的余数是0.011100⨯2-7再尾数左移2位，即0.011100⨯2-9=0.111000⨯2-10所以，x÷y的商为：0.0110111⨯21011，规格化处理后为：0.110111⨯21010=0.110111⨯2-6，余数为0.111000⨯2-1011、不考虑181ALU的函数发生器，而是从简单的全加器出发，则：若设4位的二进制数为A=A3A2A1A0，B=B3B2B1B0，并设G i=A i B i，P i=A i⊕B i，由全加器进位输出的逻辑函数C i+1=A i B i+C i(A i⊕B i)可知：(由于进位输出函数还可以写成C i+1=A i B i+C i(A i+B i)，故P i=A i+B i也可)(1) 串行进位方式：C1=A0B0+C0(A0⊕B0)=G0+P0C0C2=A1B1+C1(A1⊕B1)=G1+P1C1C3=A2B2+C2(A2⊕B2)=G2+P2C2C4=A3B3+C3(A3⊕B3)=G3+P3C3(2) 并行进位方式：C1=G0+P0C0C2=G1+P1C1=G1+P1(G0+P0C0)=G1+P1G0+P1P0C0C3=G2+P2C2=G2+P2(G1+P1G0+P1P0C0)=G2+P2G1+P2P1G0+P2P1P0C0C4=G3+P3C3=G3+P3G2+P3P2G1+P3P2P1G0+P3P2P1P0C012、(1) -5-5=-(101)2=-(1.01)2⨯22所以S=1E=e+127=2+127=129=(81)16=(10000001)2M=(010 0000 0000 0000 0000 0000)2故浮点格式为：1 10000001 010 0000 0000 0000 0000 0000，用十六进制表示为：(C0A00000)16(2) -1.5-1.5=-(1.1)2=-(1.1)2⨯20所以S=1E=e+127=0+127= (7F)16=(01111111)2M=(100 0000 0000 0000 0000 0000)2故浮点格式为：1 01111111 100 0000 0000 0000 0000 0000，用十六进制表示为：(BFC00000)16 (3) 384384=(180)16=(1 1000 0000)2=(1.1)2⨯28所以S=0E=e+127=8+127=135= (87)16=(10000111)2M=(100 0000 0000 0000 0000 0000)2故浮点格式为：0 10000111 100 0000 0000 0000 0000 0000，用十六进制表示为：(43C00000)16 (4) 1/161/16= (1.0)2⨯2-4所以S=0E=e+127=-4+127= (7B)16=(01111011)2M=(000 0000 0000 0000 0000 0000)2故浮点格式为：0 01111011 000 0000 0000 0000 0000 0000，用十六进制表示为：(3D800000)16 (5) -1/32-1/32=-(1.0)2⨯2-5所以S=1E=e+127=-5+127= (7A)16=(01111010)2M=(000 0000 0000 0000 0000 0000)2故浮点格式为：1 01111010 000 0000 0000 0000 0000 0000，用十六进制表示为：(BD000000)1613、(1) 1 10000011 110 0000 0000 0000 0000 0000S=1E=(83)16=131 e=E-127=131-127=41.M=(1.11)2所以，该浮点数为 -(1.11)2⨯24=-(11100)2=-28(2) 0 01111110 101 0000 0000 0000 0000 0000S=0E=(7E)16=126 e=E-127=126-127=-11.M=(1.101)2所以，该浮点数为 (1.101)2⨯2-1=(0.1101)2=0.812514、IEEE754标准中，32位二进制数仍然有232种不同的组合，但是由于在IEEE754标准中，阶码为全1并且尾数为非0的情况不表示一个数。
计算机组成原理课后习题解答(第五版 白中英)
计算机组成原理 第五版 习题答案第一章 (1)第二章 (3)第三章 (14)第四章 (19)第五章 (21)第六章 (27)第七章 (31)第八章 (34)第九章 (36)第一章1．模拟计算机的特点是数值由连续量来表示，运算过程也是连续的。
数字计算机的主要特点是按位运算，并且不连续地跳动计算。
模拟计算机用电压表示数据，采用电压组合和测量值的计算方式，盘上连线的控制方式，而数字计算机用数字0和1表示数据，采用数字计数的计算方式，程序控制的控制方式。
数字计算机与模拟计算机相比，精度高，数据存储量大，逻辑判断能力强。
2．数字计算机可分为专用计算机和通用计算机，是根据计算机的效率、速度、价格、运行的经济性和适应性来划分的。
3．科学计算、自动控制、测量和测试、信息处理、教育和卫生、家用电器、人工智能。
4．主要设计思想是：采用存储程序的方式，编制好的程序和数据存放在同一存储器中，计算机可以在无人干预的情况下自动完成逐条取出指令和执行指令的任务；在机器内部，指令和数据均以二进制码表示,指令在存储器中按执行顺序存放。
主要组成部分有：:运算器、逻辑器、存储器、输入设备和输出设备。
5．存储器所有存储单元的总数称为存储器的存储容量。
每个存储单元都有编号，称为单元地址。
如果某字代表要处理的数据，称为数据字。
如果某字为一条指令，称为指令字。
6．计算机硬件可直接执行的每一个基本的算术运算或逻辑运算操作称为一条指令，而解算某一问题的一串指令序列，称为程序。
7．取指周期中从内存读出的信息流是指令流，而在执行器周期中从内存读出的信息流是数据流。
8．半导体存储器称为内存，存储容量更大的磁盘存储器和光盘存储器称为外存，内存和外存共同用来保存二进制数据。
运算器和控制器合在一起称为中央处理器，简称CPU，它用来控制计算机及进行算术逻辑运算。
适配器是外围设备与主机联系的桥梁，它的作用相当于一个转换器，使主机和外围设备并行协调地工作。
9．计算机的系统软件包括系统程序和应用程序。
计算机组成原理课后答案(白中英主编_第五版_立体化教材)
第二章1．（1） 35 =−100011）[ 35]原10100011[ 35]补11011100[ 35]反11011101 （2）[127]原＝01111111[127]反＝01111111[127]补＝01111111 （3） 127 =−1111111）[ 127]原11111111[ 127]补10000001[ 127]反10000000 （4） 1 =−00000001）[ 1]原10000001（ 2= ==（ 2===（ 2===[ 1]补 11111111[ 1]反 111111102．[x]补 = a 0. a 1a 2…a 6 解法一、（1） 若 a 0 = 0, 则 x > 0, 也满足 x > -0.5此时 a 1→a 6 可任意（2） 若 a 0 = 1, 则 x <= 0, 要满足 x > -0.5, 需 a 1 = 1即 a 0 = 1, a 1 = 1, a 2→a 6 有一个不为 0解法二、-0.5 = -0.1(2) = -0.100000 = 1, 100000（1） 若 x >= 0, 则 a0 = 0, a 1→a 6 任意即可；（2） [x]补= x = a 0. a 1a 2…a 6（2） 若 x < 0, 则 x > -0.5 只需-x < 0.5, -x > 0[x]补 = -x, [0.5]补 = 01000000即[-x]补 < 01000000a 0 * a 1 * a 2 a 6 + 1 < 01000000a 0 * a 1 * a 2 a 6 < 00111111a 0 a 1a 2 a 6 > 11000000即 a 0a 1 = 11, a 2→a 6 不全为 0 或至少有一个为 1（但不是“其余取 0”）3．字长 32 位浮点数，阶码 8 位，用移码表示，尾数 23 位，用补码表示，基为 2EsE 1→E 8MsM 21M 0（1） 最大的数的二进制表示E = 11111111Ms = 0, M = 11…1（全 1）⋅ (1 2 )即： 2 2 ⋅ 2 （最接近 0 的负数）即： 2 2 ⋅ (2 + 2[ 2 2 ⋅ 2⋅ (1 2 ) ] [ 22 1 ⋅ ( 1) , 2 2 ⋅ (2 1 + 2 ) ]1 11111111 01111111111111111111111（2） 最小的二进制数E = 11111111Ms = 1, M = 00…0（全 0） 1 11111111 1000000000000000000000（3） 规格化范围正最大E = 11…1， M = 11…1， Ms = 08 个22 个即： 227122正最小E = 00…0， M = 100…0， Ms = 08 个7121 个负最大E = 00…0， M = 011…1， Ms = 18 个21 个负最小7 1E = 11…1， M = 00…0， Ms =18 个22 个22 )即： 22⋅ ( 1)规格化所表示的范围用集合表示为：71, 227122 7 7 224计算机组成原理第五版习题答案4．在IEEE754 标准中，一个规格化的32 位浮点数x 的真值表示为：X=( 1)s ×（1.M）× 2 E 127（1）27/64=0.011011=1.1011× 22E= -2+127 = 125= 0111 1101 S= 0 M= 1011 0000 0000 0000 0000 000最后表示为：0 01111101 10110000000000000000000（2）-27/64=-0.011011=1.1011× 22E= -2+127 = 125= 0111 1101 S= 1 M= 1011 0000 0000 0000 0000 000最后表示为：1 01111101 101100000000000000000005．（1）用变形补码进行计算：[x]补=00 11011 [y]补=00 00011[x]补= [y]补= [x+y]补=00 11011 + 00 0001100 11110结果没有溢出，x+y=11110 (2) [x]补=00 11011 [y]补=11 01011[x]补= [y]补= [x+y]补=00 11011 + 11 0101100 00110结果没有溢出，x+y=00110（3）[x]补=11 01010 [y]补=11 111111[x]补= [y]补= [x+y]补=00 01010 + 00 1111111 01001结果没有溢出，x+y=−101116．[x-y]补=[x]补+[-y]补（1）[x]补=00 11011 [-y]补=00 11111[x]补= 00 11011[-y]补= + 00 11111[x-y]补= 01 11010结果有正溢出，x−y=11010（2）[x]补=00 10111 [-y]补=11 00101[x]补= 00 10111[-y]补= + 11 00101[x-y]补= 11 11100结果没有溢出，x−y=−001005计算机组成原理第五版习题答案（3）[x]补=00 11011 [-y]补=00 10011[x]补= 00 11011[-y]补= + 00 10011[x-y]补= 01 01110结果有正溢出，x−y=100107．（1）用原码阵列乘法器：[x]原=0 11011 [y]原=1 11111因符号位单独考虑，|x|=11011 |y|=111111 1 0 1 1×) 1 1 1 1 1——————————————————————————1 1 0 1 11 1 0 1 11 1 0 1 11 1 0 1 11 1 0 1 11 1 0 1 0 0 0 1 0 1[x×y]原=1 1101000101用补码阵列乘法器：[x]补=0 11011 [y]补=1 00001乘积符号位为：1|x|=11011 |y|=111111 1 0 1 1×) 1 1 1 1 1——————————————————————————1 1 0 1 11 1 0 1 11 1 0 1 11 1 0 1 16计算机组成原理第五版习题答案1 1 0 1 11 1 0 1 0 0 0 1 0 1[x×y]补=1 0010111011(2) 用原码阵列乘法器：[x]原=1 11111 [y]原=1 11011因符号位单独考虑，|x|=11111 |y|=110111 1 1 1 1×) 1 1 0 1 1——————————————————————————1 1 1 1 11 1 1 1 10 0 0 0 01 1 1 1 11 1 1 1 11 1 0 1 0 0 0 1 0 1[x×y]原=0 1101000101用补码阵列乘法器：[x]补=1 00001 [y]补=1 00101乘积符号位为：1|x|=11111 |y|=110111 1 1 1 1×) 1 1 0 1 1——————————————————————————1 1 1 1 11 1 1 1 10 0 0 0 01 1 1 1 17计算机组成原理第五版习题答案1 1 1 1 11 1 0 1 0 0 0 1 0 1[x×y]补=0 11010001018．(1) [x]原=[x]补=0 11000 [-∣y∣]补=1 00001被除数X 0 11000+[-|y|]补 1 00001----------------------------------------------------余数为负 1 11001 →q0=0左移 1 10010+[|y|]补0 11111----------------------------------------------------余数为正0 10001 →q1=1左移 1 00010+[-|y|]补 1 00001----------------------------------------------------余数为正0 00011 →q2=1左移0 00110+[-|y|]补 1 00001----------------------------------------------------余数为负 1 00111 →q3=0左移0 01110+[|y|]补0 11111----------------------------------------------------余数为负 1 01101 →q4=0左移0 11010+[|y|]补0 11111----------------------------------------------------余数为负 1 11001 →q5=0+[|y|]补0 11111----------------------------------------------------余数0 11000故[x÷y]原=1.11000 即x÷y= −0.11000余数为0 11000[∣x∣]补=0 01011 [-∣y∣]补=1 00111(2)被除数X 0 01011+[-|y|]补 1 00111----------------------------------------------------余数为负 1 10010 →q0=08计算机组成原理第五版习题答案左移 1 00100+[|y|]补0 11001----------------------------------------------------余数为负 1 11101 →q1=0左移 1 11010+[|y|]补0 11001----------------------------------------------------余数为正0 10011 →q2=1左移 1 00110+[-|y|]补 1 00111----------------------------------------------------余数为正0 01101 →q3=1左移0 11010+[-|y|]补 1 00111----------------------------------------------------余数为正0 00001 →q4=1左移0 00010+[-|y|]补 1 00111----------------------------------------------------余数为负 1 01001 →q5=0+[|y|]补0 11001----------------------------------------------------余数0 00010x÷y= −0.01110余数为0 000109．(1) x = 2-011*0.100101, y = 2-010*(-0.011110)[x]浮= 11101,0.100101[y]浮= 11110,-0.011110Ex-Ey = 11101+00010=11111[x]浮= 11110,0.010010(1)x+y 0 0. 0 1 0 0 1 0 (1)+ 1 1. 1 0 0 0 1 01 1. 1 1 0 1 0 0 (1)规格化处理: 1.010010 阶码11100-4 -4x-y 0 0. 0 1 0 0 1 0 (1)+ 0 0. 0 1 1 1 1 00 0 1 1 0 0 0 0 (1)规格化处理: 0.110000 阶码11110x-y=2-2*0.110001(2) x = 2-101*(-0.010110), y = 2-100*0.010110[x]浮= 11011,-0.010110[y]浮= 11100,0.0101109 x+y= 1.010010*2 = 2 *-0.101110计算机组成原理第五版习题答案Ex-Ey = 11011+00100 = 11111[x]浮= 11100,1.110101(0)x+y 1 1. 1 1 0 1 0 1+ 0 0. 0 1 0 1 1 00 0. 0 0 1 0 1 1规格化处理: 0.101100x+y= 0.101100*2阶码-611010x-y 1 1.1 1 0 1 0 1+ 1 1.1 0 1 0 1 01 1.0 1 1 1 1 1规格化处理: 1.011111 阶码11100x-y=-0.100001*2 -410．(1) Ex = 0011, Mx = 0.110100Ey = 0100, My = 0.100100Ez = Ex+Ey = 0111Mx*My 0. 1 1 0 1* 0.1 0 0 10110100000000000110100000001110101规格化：26*0.111011(2) Ex = 1110, Mx = 0.011010Ey = 0011, My = 0.111100Ez = Ex-Ey = 1110+1101 = 1011 [Mx]补= 00.011010[My]补= 00.111100,[-My]补= 11.00010010计算机组成原理第五版习题答案00011010+[-My] 110001001101111010111100+[My] 001111000.01111100011110000+[My] 001111000.010010110001011000+[-My] 110001000.0110001110000111000+[-My] 11000100111111000.011011111000+[My] 001111000.011010011010001101000+[-My] 1 1 0 00 1 0 00 0 1 0 1 10 0 0.01101商= 0.110110*2-6,4 位加法器如上图，11．C i = A i B i + A i C i 1 + B i C i 1= A i B i + ( A i + B i )C i 1= A i B i + ( A i B i )C i 1(1)串行进位方式余数=0.101100*2-6C1 = G1+P1C0 C2 = G2+P2C1 C3 = G3+P3C2 C4 = G4+P4C3 其中：G1 = A1B1G2 = A2B2G3 = A3B3G4 = A4B4P1 = A1⊕B1（A1＋B1也对）P2 = A2⊕B2P3 = A3⊕B3P4 = A4⊕B4(2)并行进位方式C1 = G1+P1C0C2 = G2+P2G1+P2P1C0C3 = G3+P3G2+P3P2G1+P3P2P1C0C4 = G4+P4G3+P4P3G2+P4P3P2G1+P4P3P2P1C011计算机组成原理第五版习题答案12．(1)组成最低四位的 74181 进位输出为：C 4 = C n+4 = G+PC n = G+PC 0， C 0 为向第 0 位进位 其中，G = y 3+y 2x 3+y 1x 2x 3+y 0x 1x 2x 3，P = x 0x 1x 2x 3，所以C 5 = y 4+x 4C 4C 6 = y 5+x 5C 5 = y 5+x 5y 4+x 5x 4C 4(2)设标准门延迟时间为 T ， 与或非”门延迟时间为 1.5T ，则进位信号 C 0，由最低位传 送至 C 6 需经一个反相器、两级“与或非”门，故产生 C 0 的最长延迟时间为T+2*1.5T = 4T(3)最长求和时间应从施加操作数到 ALU 算起：第一片 74181 有 3 级“与或非”门（产 生控制参数 x 0, y 0, C n+4），第二、三片 74181 共 2 级反相器和 2 级“与或非”门（进 位链），第四片 74181 求和逻辑（1 级与或非门和 1 级半加器，设其延迟时间为 3T ）， 故总的加法时间为：t 0 = 3*1.5T+2T+2*1.5T+1.5T+3T = 14T13．设余三码编码的两个运算数为 X i 和 Y i ，第一次用二进制加法求和运算的和数为 S i ’，进位为 C i+1’，校正后所得的余三码和数为 S i ，进位为 C i+1，则有： X i = X i3X i2X i1X i0 Y i = Y i3Y i2Y i1Y i0 S i ’ = S i3’S i2’S i1’S i0’s i3s i2s i1s i0Ci+1FAFAFAFA十进校正+3VF As i3'FA s i2'FA“s i1'FAs i0'二进加法X i3 Y i3 X i2 Y i2X i1 Y i1 X i0 Y i0当 C i+1’ = 1 时，S i = S i ’+0011并产生 C i+1当 C i+1’ = 0 时，S i = S i ’+1101根据以上分析，可画出余三码编码的十进制加法器单元电路如图所示。
计算机组成原理前3章课后习题参考答案解析
白中英第五版计算机组成原理课后习题参考答案第一章计算机系统概述4、冯•诺依曼型计算机的主要设计思想是什么？它包括哪些主要组成部分？答：冯•诺依曼型计算机的主要设计思想是存储程序和程序控制，其中存储程序是指将程序和数据事先存放到存储器中，而程序控制是指控制器依据存储的程序来控制全机协调地完成计算任务。
总体来讲，存储程序并按地址顺序执行，这就是冯•诺依曼型计算机的主要设计思想。
5、什么是存储容量？什么是单元地址？什么是数据字？什么是指令字？答：见教材P8和P10。
7、指令和数据均存放在内存中，计算机如何区分它们是指令还是数据？答：见教材P10。
第二章运算方法和运算器1、写出下列各整数的原码、反码、补码表示（用8位二进制数）。
3、有一个字长为32位的浮点数，符号位1位，阶码8位，用移码表示，尾数23位，用补码表示，基数为2，请写出：（1）最大数的二进制表示阶码用移码表示，题中并未说明具体偏移量，故此处按照移码的定义，即采用偏移量为27=128，则此时阶码E的表示范围为0000 0000~1111 1111，即0~255，则在上述条件下，浮点数为最大数的条件如下：所以最大数的二进制表示为：0 1111 1111 1111 1111 1111 1111 1111 1111 111对应十进制真值为：+（1-2-23）×2127（2）最小数的二进制表示浮点数为最小数的条件如下：所以最小数的二进制表示为：1 1111 1111 0000 0000 0000 0000 0000 000对应十进制真值为：-1×2127（3）规格化数所表示数的范围规格化要求尾数若为补码表示，则符号位和最高有效位符号必须不同。
（A）浮点数为最大正数的条件如下：所以最大正数的二进制表示为：0 1111 1111 1111 1111 1111 1111 1111 1111 111 对应十进制真值为：+（1-2-23）×2127（B）浮点数为最小正数的条件如下：所以最小正数的二进制表示为：0 0000 0000 1000 0000 0000 0000 0000 000 对应十进制真值为：+2-1×2-128=+2-129（C）浮点数为最大负数的条件如下：所以最大负数的二进制表示为：0 0000 0000 0111 1111 1111 1111 1111 111 对应十进制真值为：-（2-1+2-23）×2-128（D）浮点数为最小负数的条件如下：所以最小负数的二进制表示为：0 0000 0000 0000 0000 0000 0000 0000 000 对应十进制真值为：-1×2127所以，规格化数所表示数的范围如下：正数 +2-129~+（1-2-23）×2127负数 -2127 ~-（2-1+2-23）×2-1284、将下列十进制数表示成IEEE754标准的32位浮点规格化数。
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第1章计算机系统概论
1.1复习笔记
1.2课后习题详解
第2章运算方法和运算器
2.1复习笔记
2.2课后习题详解
第3章多层次的存储器
3.1复习笔记
3.2课后习题详解
第4章指令系统
4.1复习笔记
4.2课后习题详解
第5章中央处理器
5.1复习笔记
5.2课后习题详解
第6章总线系统
6.1复习笔记
6.2课后习题详解
第7章外存与I/O设备
7.1复习笔记
7.2课后习题详解
第8章输入输出系统
8.1复习笔记
8.2课后习题详解
第9章并行组织与结构
9.1复习笔记
9.2课后习题详解
第10章课程教学实验设计
第11章课程综合设计。