计算机组成原理课后复习资料白中英主编第五版立体化教材
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
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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。
(完整版)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-白中英-第5版
80G硬盘
硬盘数据线
DVD光驱
机内电源插头
1.1 计算机的分类
如P2 图1.1
数字计算机
专用计算机
是针对某一任务设计的最有 效、最经济和最快速的计算
机，但适应性很差。
低
高
双核机
处理数字量信息
单片机 体积
分 类
按位运算，
不连续地跳动计算通用计算机
适应性很大，但
微型机 服务器
牺牲了效率、速
模拟计算机 度和经济性。
大型机
功能Biblioteka 简数据存储量 易指令系统
性
价格
处理模拟量信息
超级计算机 高
低
数值连续、运算过程连续
1.2 计算机的发展简史
1.2.1 计算机的五代变化
电子管 1946~1957年，第一代计算机
晶体管 1958~1964年 第二代计算机
摩尔定律
中小规模 集成电路
1965~1971年 1972~1990年
1991年~至今
用算盘模拟一下计算机 y=ax+b-c人 ---------- 控制器
行数
解题步骤和数据
说明
1
取数
（9）→算盘
2
乘法 （12）→算盘
针对标量机（执行一条指令，只得到一个运算结果）
MFLOPS：每秒百万次浮点操作数，衡量机器浮点操作的性能。
针对向量机（执行一条向量指令，通常可得到多个运算结果）
其他的性能指标
主存储器的读写速度、IO的数据传送率、带宽的均衡性……
1.3 计算机的硬件
1.3.1 硬件的组成要素
纸 ---------- 存储器 算盘 ---------- 运算器 笔 ---------- 输入/输出设备
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
白中英《计算机组成原理》第5版考研教材及真题视频讲解白中英《计算机组成原理》（第5版）网授精讲班【教材精讲＋考研真题串讲】目录白中英《计算机组成原理》（第5版）网授精讲班【共41课时】电子书（题库）•白中英《计算机组成原理》（第5版）【教材精讲＋考研真题解析】讲义与视频课程【30小时高清视频】•白中英《计算机组成原理》（第5版）笔记和课后习题详解•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】•试看部分内容教材精讲[视频讲解]第1章计算机系统概论[视频讲解]学习与考查目标1．理解单处理器计算机系统中各部件的内部工作原理、组成结构以及相互连接方式，具有完整的计算机系统的整机概念。
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（）。
白中英《计算机组成原理》(第5版)教材精讲(多层次的存储器 只读存储器和闪速存储器)
3.4 只读存储器和闪速存储器一、只读存储器ROM叫做只读存储器。
顾名思义，只读的意思是在它工作时只能读出，不能写入。
然而其中存储的原始数据，必须在它工作以前写入。
只读存储器由于工作可靠，保密性强，在计算机系统中得到广泛的应用。
主要有两类：①掩模ROM：掩模ROM实际上是一个存储内容固定的ROM，由生产厂家提供产品。
②可编程ROM：用户后写入内容，有些可以多次写入。
一次性编程的PROM、多次编程的EPROM和E2PROM。
1．掩模ROM（1）掩模ROM的阵列结构和存储元（2）掩模ROM的逻辑符号和内部逻辑框图2．可编程ROMEPROM叫做光擦除可编程可读存储器。
它的存储内容可以根据需要写入，当需要更新时将原存储内容抹去，再写入新的内容。
现以浮栅雪崩注入型MOS管为存储元的EPROM为例进行说明，结构如图3-2-1所示。
图3-2-1 EPROM存储元现以浮栅雪崩注入型MOS管为存储元的EPROM为例进行说明，结构如图3-2-1（a）所示，图3-2-1（b）是电路符号。
若在漏极D端加上约几十伏的脉冲电压，使得沟道中的电场足够强，则会造成雪崩，产生很多高能量电子。
此时，若在G2栅上加上正电压，形成方向与沟道垂直的电场，便可使沟道中的电子穿过氧化层而注入到G1栅，从而使G1栅积累负电荷。
由于G1栅周围都是绝缘的二氧化硅层，泄漏电流极小，所以一旦电子注入到G1栅后，就能长期保存。
当G1栅有电子积累时，该MOS管的开启电压变得很高，即使G2栅为高电平，该管仍不能导通，相当于存储了“0”。
反之，G1栅无电子积累时，MOS管的开启电压较低，当G2栅为高电平时，该管可以导通，相当于存储了“1”。
图3-2-1（d）示出了读出时的电路，它采用二维译码方式：x地址译码器的输出xi与G2栅极相连，以决定T2管是否选中；y地址译码器的输出yi与T1管栅极相连，控制其数据是否读出。
当片选信号CS为高电平即该片选中时，方能读出数据。
白中英《计算机组成原理》(第5版)教材精讲(运算方法和运算器 定点乘法运算)
2.3 定点乘法运算一、原码并行乘法乘法实现方法在现有的加法和减法器的基础上增加适当的移位线路及控制逻辑可以实现，用LSI和VLSI工艺实现专用的乘法器编制子程序（单片机等低端机器）。
1．定点原码乘法原理[x]原=x f.x n-1…x1x0 [y]原=y f.y n-1…y1y0[x，y]原=（x f ⊕y f）+（0.x n-1…x1x0）.（0.y n-1…y1y0）尾数乘法如下：设ｘ＝0.1101,ｙ＝0.10110.1101（ｘ）× 0.1011（ｙ）110111010000＋11010.10001111（ｚ）n 位乘n 位积可能为2n 位。
乘积的最后是所有部分积之和，有n 个数相加，而FA 只有两个输入端，所以需要改造：方法一：硬件实现方法（串行的“加法和移位”）,硬件结构简单,速度太慢（时间延迟太长）；方法二：不带符号位的阵列乘法器。
【例1】设ｘ＝0.1101,ｙ＝0.1011，求x*y图2-3-1 不带符号位的阵列乘法器3．带符号位的阵列乘法器求补电路原理：算前求补－乘法器－算后求补，见下图：图2-3-2 对2求补器电路图求补电路小结：E=0时，输入和输出相等E=1时，则从数最右端往左边扫描，直到第一个1的时候，该位和右边各位保持不变0⊕A=A，左边各数值位按位取反1⊕A=乛A原：1.11110补：1.00010时间延迟分析：转换n+1位带符号的时间延迟为t=n*2T+5T ，其中n*2T 为或门延迟时间，5T 为最高位与门和异或门的时延。
带符号的阵列乘法器（间接法）图2-3-3 （n+1）位乘（n+1）位带补级的阵列乘法器。
白中英《计算机组成原理》(第5版)教材精讲(总线系统 InfiniBand标准)
6.6 InfiniBand标准一、InfiniBand的体系结构虽然PCI总线是一种可靠的互联方式，提供了高达1GB／s的传输率，但它是一种受限的体系结构。
PCI总线安装在计算机母板上，距离的测量以厘米为单位。
与PCI不同，2001年国外著名公司联合推出的InfiniBand标准，是瞄准高端服务器市场的最新I／O规范。
它将I／O模块从服务器机架上移走，若使用铜线，允许I／O设备安置在离服务器17m远的地方；若使用多模光纤，I／O设备距离可达300m；若使用单模光纤，距离可达10km。
InfiniBand标准为处理器和智能I／O设备问的数据流，描述了一种新的体系结构和规范。
用InfiniBand来替代当前服务器中的PCI总线，可使服务器设计中提供更大的容量、更好的扩充性和更高的灵活性。
InfiniBand允许服务器、远程存储器、其他网络设备接入到一个由开关和链路组成的中央开关网带。
这种基于开关的体系结构可连接多达64000个服务器、存储系统和网络设备。
图6-9 InfiniBand的体系结构上图为InfiniBand的体系结构，主要功能构件如下：主机通道适配器替代PCI的多个槽。
典型的服务器只需1个到通道适配器的单个接口，用它将服务器连接到InfiniBand开关。
通道适配器另一侧接到服务器的存储器控制器，以连接系统总线，控制CPU和存储器之间的信息量，以及通道适配器和存储器之间的信息量。
通道适配器使用DMA方式来读写存储器。
目标通道适配器通过它将远程存储系统、路由器、其他外围设备连接到InfiniBand开关。
InfiniBand开关此开关对各类设备提供点对点的物理连接，并将来自一个链路的信息量切换到另一个链路上。
服务器和各个设备通过各自的适配器，经由开关相互通信。
开关智能地管理链接，无须中断服务器的操作。
链路链路为传输线，它介于开关和通道适配器之间，或介于两个开关之间。
子网一个子网由一个开关或多个开关，以及连接其他设备到这些开关的链路组成。
计算机组成原理白中英版第五版课后答案
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
2015年3月25日星期三
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？
2015年3月25日星期三
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。
若a7 ＝0，则X为正数，显然a0··· a6取任何值均可。 若a7 ＝1，则X为负数，[X]移＝0. a6 a5 ··· a0
∵ －0.5D = －0.100000B，则[－0.5D ]移＝0.100000 ∴ 若要X>－0.5，即等价于[X]移> [－0.5D ]移 即0. a6 a5··· a0>0.100000，因此必须是a5··· a0不全为0。
2015年3月25日星期三
负数范围－2127 ～－ (2-1+2-23) * 2-128
11
4、将下列十进制数表示成IEEE754标准的 32位浮点规格化数。
27/64
27/64 = 0.011011B = 1.1011 * 2-2 e=－2，则E＝e＋127＝125 ∴ 规格化数
－27/64
符号位 0 阶码(8) 尾数(23)
② x＝－11111 y＝－11011
机器内部补码数据： [x]补＝ 1 00001 算前求补器输出： |x|= 11111 乘法阵列： |x| ×|y| ＝ 1 1 0 1 0 0 0 1 0 1 算后求补输出： [x×y]补＝ 0 1101000101
白中英计算机组成原理第5版视频精讲
白中英计算机组成原理第5版视频精讲！白中英《计算机组成原理》（第5版）精讲班【教材精讲＋考研真题串讲】师：赵剑锋课程学时：31视频数量：33目录说明：本课程共包括33个高清视频（共41课时）。
序号名称1 第1章计算机系统概论（1）2 第1章计算机系统概论（2）3 第2章运算方法和运算器（1）4 第2章运算方法和运算器（2）5 第2章运算方法和运算器（3）6 第2章运算方法和运算器（4）7 第2章运算方法和运算器（5）8 第3章多层次的存储器（1）9 第3章多层次的存储器（2）10 第3章多层次的存储器（3）11 第3章多层次的存储器（4）12 第3章多层次的存储器（5）13 第4章指令系统（1）14 第4章指令系统（2）15 第4章指令系统（3）16 第4章指令系统（4）17 第5章中央处理器（1）18 第5章中央处理器（2）19 第5章中央处理器（3）20 第5章中央处理器（4）21 第5章中央处理器（5）22 第6章总线系统（1）23 第6章总线系统（2）24 第7章外存与IO设备（1）25 第7章外存与IO设备（2）26 第8章输入输出系统（1）27 第8章输入输出系统（2）28 第9章并行组织与结构（1）29 第9章并行组织与结构（2）30 第10章课程教学实验设计31 第11章课程综合设计32 课后习题精讲（1）33 课后习题精讲（2）内容简介本课程是白中英《计算机组成原理》（第5版）网授精讲班，为了帮助参加研究生招生考试指定考研参考书目为白中英《计算机组成原理》（第5版）的考生复习专业课，我们根据教材和名校考研真题的命题规律精心讲解教材章节内容。
【辅导内容】（1）精讲教材核心考点。
按照教材篇章结构，讲解教材的重难知识点。
（2）串讲名校考研真题。
通过分析历年考研真题，梳理命题规律和特点，分析名校考研真题出题思路。
考虑到课时的需要以及相关知识点的难易程度，对于一些简单的、考试不易涉及的知识点，本课程不予以讲述或一带而过，故建议在学习本课程之前提前复习一遍教材。
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。
白中英《计算机组成原理》(第5版)教材精讲(外存与I／O设备 磁带存储设备)
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7.4 磁带存储设备
磁带机的记录原理与磁盘机基本相同，只是它的载磁体是一种带状塑料，叫做磁带。 写入时可通过磁头把信息代码记录在磁带上。当记录有代码的磁带在磁头下移动时，就可 在磁头线圈上感应出电动势，即读出信息代码。磁带存储设备由磁带机和磁带两部分组成， 它通常用作为海量存储设备的数据备份。
磁带速度比磁盘速度慢，原因是磁带上的数据采用顺序访问方式，而磁盘则采用随机 访问方式。
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计算机组成原理-白中英-第5版
MDR(存储器数据寄存器)：作为外界与存储器之间的数据通路。
1.3.4 控制器
功能： 根据所要执行指令的功能，按顺序发出各种控制命令，协调计算机的各个部件的工作。
主要任务： 解释并执行指令； 控制指令的执行顺序； 负责指令执行过程中，操作数的寻址； 根据指令的执行，协调相关部件的工作，如运算类指令执行时对标志寄存器的影响设置。
用简化模型描述使用计算机工作过程
使用计算机的工作过程 （1）提出问题：计算 y=ax+b-c （2）按照指令系统编制程序 （3）将指令变为机器代码，送入主存储器 （4）控制器控制执行程序 PC:程序计数器，其位数与MAR相同。 IR:指令寄存器，其位数与MDR相同。
处理机字长（机器字长） 处理机运算器中一次能够完成二进制运算的位数，如32、64位； 机器字长与系统数据总线宽度具有一定的相关性（不一定完全一样）。
1.2.4 计算机的性能指标（2/3）
总线宽度 一般指运算器与存储器之间的数据总线宽度。 注意课本上的表述错误！
主存储器容量 主存储器所能存储二进制数据的位数。 或者说“主存储器中所有存储元的总数目。”，而非“存储单元”！（8位）
1.3.3 存储器（2/2）
存储器的分类： 外存（辅助存储器）
存储器地址寄存器 MAR
磁盘存储器、光盘存储器；
CPU不可直接访问；
主存储器
内存（主存储器）
半导体存储器； CPU直接访问，存放当前系统运行所需的所有的程序和数据。存储器数据寄存器
MDR 两个与主存相关的寄存器
MAR(存储器地址寄存器)：接收由CPU送来的地址信息；
如课本P9 图1.5 表1.5
1.3.4 控制器（续）
控制器工作的周期 取指周期：取指令的一段时间 执行周期：执行指令的一段时间
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计算机组成原理第五版习题答案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)1计算机组成原理第五版习题答案第一章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。
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。
10．在早期的计算机中，人们是直接用机器语言来编写程序的，这种程序称为手编程序或目的程序；后来，为了编写程序方便和提高使用效率，人们使用汇编语言来编写程序，称为汇编程序；为了进一步实现程序自动化和便于程序交流，使不熟悉具体计算机的人也能很方便地使用计算机，人们又创造了算法语言，用算法语言编写的程序称为源程序，源程序通过编译系统产生编译程序，也可通过解释系统进行解释执行；随着计算机技术的日益发展，人们又创造出操作系统；随着计算机在信息处理、情报检索及各种管理系统中应用的发展，要求大量处理某些数据，建立和检索大量的表格，于是产生了数据库管理系统。
11．第一级是微程序设计级，这是一个实在的硬件级，它由机器硬件直接执行微指令；第二级是一般机器级，也称为机器语言级，它由程序解释机器指令系统；第三级是操作系统级，它由操作系统实现；第四级是汇编语言级，它给程序人员提供一种符号形式语言，以减少程序编写的复杂性；第五级是高级语言级，它是面向用户的，为方便用户编写应用程序而设置的。
用一系列的级来组成计算机的接口对于掌握计算机是如何组成的提供了一种好的结构和体制，而且用这种分级的观点来设计计算机对保证产生一个良好的系统结构也是很有帮助的。
1计算机组成原理第五版习题答案12．因为任何操作可以由软件来实现，也可以由硬件来实现；任何指令的执行可以由硬件完成，也可以由软件来完成。
实现这种转化的媒介是软件与硬件的逻辑等价性。
13．计算机应用和应用计算机在概念上是不等价的。
计算机应用是计算机学科与其他学科相结合的交叉学科，是计算机学科的组成部分，分为数值计算和非数值应用两大领域。
应用计算机是借助计算机为实现特定的信息系统功能的手段。
在计算机系统的层次结构中，应用计算机是多级计算机系统层次结构的最终目标，是高级语言级之上的服务层次。
2计算机组成原理第五版习题答案第二章1．（1） 35 =−100011）[ 35]原10100011[ 35]补11011100[ 35]反11011101（2）[127]原＝[127]反＝[127]补＝（3） 127 =−）[ 127]原11111111[ 127]补10000001[ 127]反10000000（4） 1 =−1）[ 1]原10000001[ 1]补11111111[ 1]反111111102．[x]补= a0. a1a2…a6解法一、（1）若a0 = 0, 则x > 0, 也满足x > -0.5此时a1→a6可任意（2）若a0 = 1, 则x <= 0, 要满足x > -0.5, 需a1 = 1即a0 = 1, a1 = 1, a2→a6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, a1→a6任意即可（ 2===（ 2===（ 2===3计算机组成原理第五版习题答案[x]补= x = a0. a1a2…a6（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< 01000000a0 * a1 * a 2 a6 + 1 < 01000000a0 * a1 * a 2 a6 < 00111111a0 a1a 2 a6 > 11000000即a0a1 = 11, a2→a6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2Es E1→E8 Ms M21 M0（1）最大的数的二进制表示E = 11111111Ms = 0, M = 11…1（全1）1 11111111 111111111111（2）最小的二进制数E = 11111111Ms = 1, M = 00…0（全0）1 11111111 10000000000（3）规格化范围正最大 E = 11…1，M = 11…1，Ms = 08个22个即：22 71 22正最小 E = 00…0，M = 100…0，Ms = 08个7 121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：7 1, 22 7 1 22 7 7 224⋅ (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 ) ]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× 2 2E= -2+127 = 125= 0111 1101 S= 0 M= 1011 0000 0000 0000 0000 000最后表示为：0 01111101 1（2）-27/64=-0.011011=1.1011× 2 2E= -2+127 = 125= 0111 1101 S= 1 M= 1011 0000 0000 0000 0000 000最后表示为：1 01111101 15．（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=−00100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 1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 1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(2) [∣x∣]补=0 01011 [-∣y∣]补=1 00111被除数X 0 01011+[-|y|]补 1 00111----------------------------------------------------余数为负 1 10010 →q0=0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= 11100,0.010110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+[-My]+[My]0.0+[My]0.01+[-My]0.011+[-My]0.0110+[My]0.01101+[-My] 1 1 0 00 1 0 00 0 1 0 1 10 0 0.01101商= 0.110110*2-6,11．4 位加法器如上图，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：C4 = C n+4 = G+PC n = G+PC0，C0为向第0 位进位其中，G = y3+y2x3+y1x2x3+y0x1x2x3，P = x0x1x2x3，所以C5 = y4+x4C4C6 = y5+x5C5 = y5+x5y4+x5x4C4(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C0，由最低位传送至C6需经一个反相器、两级“与或非”门，故产生C0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x0, y0, 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：t0 = 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 i0Y i = Y i3Y i2Y i1Y i0S i’ = S i3’S i2’S i1’S i0’s i3 s i2 s i1 s i0Ci+1FA FA FA FA十进校正+3VFA s i3'FAs i2'FAs i1'FAs i0'二进加法X i3 Y i3 X i2 Y i2 X 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。