(完整版)单片机原理及应用期末考试试题

单片机原理及应用期末考试试题

一、填空题（每空1分，共20分）

1．相对寻址是以PC的当前值为基准，加上指令中给出的相对偏移量形成目标地址的方式。

2．A T89S51单片机的1个机器周期含有12 个晶振周期或 6 状态周期。

3．AT89S51单片机进行扩展时，用P0 口作为地址/数据总线，用P2口作为地址总线高8位。

4．假定累加器A的内容30H，执行指令：1000H：MOVC A，@A+PC后，把程序存储器1031H单元的内容送累加器A中

5.指令格式是由操作码和操作数部分组成。

6. AT89S51单片机的串行口控制寄存器中有2个中断标志位，它们是TI和RI

7.在进行BCD码加法运算时，紧跟ADD 或 ADDC 指令后的指令必须是DA A 指令

8. JNC rel指令执行时，当CY位为0时程序发生跳转。

9.单片机位寻址区的单元地址是从20H单元到2FH单元，若某位地址是10H，它所在单元

的地址应该是22H 。

10．外部中断0的中断入口地址为0003H，定时/记数器T1的中断入口地址为001BH。

11．串行口工作方式2为9位异步通信，若SMOD=0，f OSC = 6 MH Z，则其相应波特率为6×106/64 b/s

12．堆栈应遵循先进后出规律，堆栈指针的符号为SP

二、单项选择题（每小题1分，共20分）

1．AT89S51单片机的( d )口的引脚，还具有外中断、串行通信等第二功能。

a）P0 b）P1 c）P2 d）P3

2．单片机应用程序一般存放在（ b ）

a)RAM b）ROM c）寄存器 d）CPU

3．已知某数的BCD码为0111010101000010 则其表示的十进制数值为（b）a） 7542H b） 7542 c） 75.42H d） 75.42

4．下列指令中不影响标志位CY的指令有（ d ）。

a）ADD A，20H b）CLR c）RRC A d）INC A

5．CPU主要的组成部部分为（ a ）

a）运算器、控制器b）加法器、寄存器

c）运算器、寄存器d）运算器、指令译码器

6．AT89S51 的CPU是（ c ）位的单片机

a） 16 b）4

c）8 d）准16

7．AT89S51复位后，PC与SP的值为（ b ）

a ）0000H，00H b）0000H，07H

c） 0003H，07H d）0800H，00H

8．当需要从AT89S51单片机程序存储器取数据时，采用的指令为（b）。

a）MOV A, @R1 b）MOVC A, @A + DPTR c）MOVX A, @ R0 d）MOVX A, @ DPTR

9．AT89S51单片机中既可位寻址又可字节寻址的单元是（ a ）

a）20H b）30H c）00H d）70H

10．下列哪条指令是正确的（d ）

a）PUSH R2 b）ADD R0, A

c）MOVX A @DPTR d）MOV @R0, A

三、写出实现下列各要求的指令或程序段（本大题共5小题，29分）

1、将80H单元中的内容与数据4FH相比较，相等返回，不相等将80H单元置FFH返回。（5分）

MOV A，80H

CJNE A，# 4FH，BD

SJMP L1

BD：MOV 80H，#0FFH

L1：RET

2、外部RAM单元2000H的内容传送到内部RAM单元70H；（5分）

MOV DPTR，#2000H

MOVX A，@DPTR

MOV 70H，A

3、将32H单元中内容的第7位取反后送给50H。（5分）

MOV A，32H

CPL ACC.7

MOV C，ACC.7

MOV 50H，C

4、若（50H）=40H，试写出执行以下程序段后累加器A、寄存器R0及内部RAM的40H、41H、42H单元中的内容各为多少？（5分）

MOV A，50H ；(A)=40H

MOV R0，A ；(R0)=40H

MOV A，#00H ；(A)=0

MOV @R0，A ；(40H)=0

MOV A， #3BH ；(A)=3BH

MOV 41H，A ；(41H)=3BH

MOV 42H，41H ；(42H)=3BH

(A)=3BH ；(R0)= 40H；

(40H)= 0；(41H)= 3BH；(42H)= 3BH

5、将外部数据存储器3000H开始100个存储单元的内容存入3070开始的存储单

元（9分）

MOV DPTR #3000H

MOV P2,#30H

MOV R1,#70H

MOV R5,#100

L1：MOVX A, @DPTR

MOVX@R1,A

INC R1

INC DPTR

DJNZ R5, L1

RET

四、读程序填空（本大题共4小题，共19分）

1． CLR C

MOV A， 4DH

SUBB A,， 4EH

MOV 30H， A

MOV A， 7FH

SUBB A， 2BH

MOV 31H， A

SJMP $

（1）该程序的功能是：两个16位数的减法：(7F4DH)－(2B4EH)，结果存入内部RAM的30H和31H单元，31H单元存差的高8位，30H单元存差的低8位（3分）

（2）若（4DH）=06H，(4EH)=05H，（7FH）=0AH，(2BH)=01H

则执行上述程序后（30H）= 01 H。（31H）= 09 H。（2分）

2． START： MOV R0 , #40H