《微机原理与接口技术》第五章作业答案
微机原理与接口技术第五章试题及答案
第五章5-1选择题1、6264芯片是（B）（A）EEPROM （B）RAM（C）FLASH ROM （D）EPROM2、用MCS-51用串行扩展并行I/O口时，串行接口工作方式选择（A）（A）方式0 （B）方式1 （C）方式2 （D）方式33、使用8255可以扩展出的I/O口线是（B）（A）16根（B）24根（C）22根（D）32根4、当8031外出扩程序存储器8KB时，需使用EPROM 2716（C）（A）2片（B）3片（C）4片（D）5片5、某种存储器芯片是8KB*4/片，那么它的地址线根线是（C）（A）11根（B）12根（C）13根（D）14根6、MCS-51外扩ROM，RAM和I/O口时，它的数据总线是（A）（A）P0 （B）P1 （C）P2 （D）P37、当使用快速外部设备时，最好使用的输入/输出方式是（C）（A）中断（B）条件传送（C）DMA （D）无条件传送8、MCS-51的中断源全部编程为同级时，优先级最高的是（D）（A）INT1 （B）TI （C）串行接口（D）INT09、MCS-51的并行I/O口信息有两种读取方法：一种是读引脚，还有一种是（A）（A）读锁存器具（B）读数据库（C）读A累加器具（D）读CPU 10、MCS-51的并行I/O口读-改-写操作，是针对该口的（D）（A）引脚（B）片选信号（C）地址线（D）内部锁存器5-2判断题1、MCS-51外扩I/O口与外RAM是统一编址的。
（对）2、使用8751且EA=1时，仍可外扩64KB的程序存储器。
（错）60KB3、8155的复位引脚可与89C51的复位引脚直接相连。
（对）4、片内RAM与外部设备统一编址时，需要专门的输入/输出指令。
（错）统一编址的特点正是无需专门的输入输出指令。
5、8031片内有程序存储器和数据存储器。
（错）无程序存储器6、EPROM的地址线为11条时，能访问的存储空间有4K。
（错）2K.7、8255A内部有3个8位并行口,即A口，B口，C口。
微机原理与接口技术张颖超叶彦斐第5章习题答案.doc
5.1 RAM和ROM的主要特点和区别是什么？【解答：】ROM (只读性存储器)的特点足在一般情况下，ROM屮的信息只能读出不能写入，ROM 屮的内客是非易失性的，掉电后信息也不会丢失。
RAM (随机存储器)的特点是K•内容在工作时既可以读出也可以随时写入，但是其中的内容是易失性的，棹电后信息会丢失。
5.2术语“非易失性存储器”足什么意思？PROM和EPROM分别代表什么意思？【解答：】“非易失性存储器”是指掉电后信息不会丢失。
PROM是可编程ROM, EPROM可擦除可编程ROM。
5.3何谓静态RAM?何谓动态RAM?他们的特点各足什么？【解答：】以双稳态电路作力基本存储申.元來保存信息的RAM称力静态RAM (SRAM),其特点是：只要不断电，信息不会丢失；访问速度快，但集成度较低，一般用于Cache采用SRAM。
以晶体管栅极电界的充放电来存储二进制信息的RAM称为动态RAM，其特点足：电界上的电荷会随吋间而泄露，因此DRAM需耍定吋刷新；DRAM集成度较高，因此行列地址线复用，一般闪存采用DRAM构成。
5.4较大容量的RAM为什么总是采用矩阵形式？【解答：】这种形式便于采用双译码结构，地址线分为行、列W部分，分开译码，可以极大的减少地址译码器的输出线，简化电路。
5.5下列RAM芯片各需要多少个地址引脚？(1)16Kxlb (2) lKx4b (3) 2Kx8b【解答：】分別是log216K = 14，log2lK 二10，log22K = ll 根5.6设有一个具有14位地址和8位字长的存储器，fuj:(1)该存储器能存储多少字节的信息？(2)如果存储器由IKxlb静态RAM芯片组成，需多少芯片？(3)需要多少位地址作芯片选择？(4)改用4Kx4b的芯八，试凼出与总线连接框图。
【解答：】(1)注意问的是：能存储多少字节已知存储器具冇14位地址，且8位字长，所以是214字节，即16K字节(16KB)。
微机原理与接口技术(第三版)课本习题答案.
第二章 8086体系结构与80x86CPU1．8086CPU由哪两部分构成？它们的主要功能是什么？答：8086CPU由两部分组成：指令执行部件(EU，Execution Unit)和总线接口部件(BIU，Bus Interface Unit)。
指令执行部件（EU）主要由算术逻辑运算单元(ALU)、标志寄存器FR、通用寄存器组和EU控制器等4个部件组成，其主要功能是执行指令。
总线接口部件(BIU)主要由地址加法器、专用寄存器组、指令队列和总线控制电路等4个部件组成，其主要功能是形成访问存储器的物理地址、访问存储器并取指令暂存到指令队列中等待执行，访问存储器或I／O端口读取操作数参加EU运算或存放运算结果等。
2．8086CPU预取指令队列有什么好处？8086CPU内部的并行操作体现在哪里？答：8086CPU的预取指令队列由6个字节组成，按照8086CPU的设计要求，指令执行部件（EU）在执行指令时，不是直接通过访问存储器取指令，而是从指令队列中取得指令代码，并分析执行它。
从速度上看，该指令队列是在CPU内部，EU从指令队列中获得指令的速度会远远超过直接从内存中读取指令。
8086CPU内部的并行操作体现在指令执行的同时，待执行的指令也同时从内存中读取，并送到指令队列。
5．简述8086系统中物理地址的形成过程。
8086系统中的物理地址最多有多少个？逻辑地址呢？答：8086系统中的物理地址是由20根地址总线形成的。
8086系统采用分段并附以地址偏移量办法形成20位的物理地址。
采用分段结构的存储器中，任何一个逻辑地址都由段基址和偏移地址两部分构成，都是16位二进制数。
通过一个20位的地址加法器将这两个地址相加形成物理地址。
具体做法是16位的段基址左移4位(相当于在段基址最低位后添4个“0”)，然后与偏移地址相加获得物理地址。
由于8086CPU的地址线是20根，所以可寻址的存储空间为1M字节，即8086系统的物理地址空间是1MB。
微机原理与接口技术第五章习题解答
微机原理与接口技术（楼顺天第二版）习题解答第5章总线及其形成5.1 微处理器的外部结构表现为数量有限的输入输出引脚，它们构成了微处理器级总线。
5.2 微处理器级总线经过形成电路之后形成了系统级总线。
5.3 答：总线是计算机系统中模块（或子系统）之间传输数据、地址与控制信号的公共通道，它是一组公用导线，是计算机系统的重要组成部分。
采用标准化总线的优点是：①简化软、硬件设计。
②简化系统结构。
③易于系统扩展。
④便于系统更新。
⑤便于调试与维修。
5.4 答：在微型计算机应用系统中，按功能层次可以把总线分成：片内总线、元件级总线、系统总线与通信总线。
5.5 答：RESET为系统复位信号，高电平有效，其有效信号至少要保持四个时钟周期，且复位信号上升沿要与CLK下降沿同步。
系统复位后的启动地址为0FFFF0H。
即：（CS）=0FFFFH，（IP）=0000H。
5.6 8086CPU复用的引脚有AD15~AD0、A16/S3、A17/S4、A18/S5、A19/S6、BHE/S7。
8088CPU复用的引脚有AD7~AD0、A16/S3、A17/S4、A18/S5、A19/S6、BHE/S7。
5.7 答：设置引脚复用主要是可以减少引脚数量。
CPU通过分时复用解决地址线与数据线的复用问题。
ALE为地址锁存使能信号在总线周期的T1周期有效，BHE为高8位数据线允许，在T1周期有效，需要锁存器锁存，在需要使用高8位数据线时使用。
5.8 答：高阻态可做开路理解。
可以把它看作输出（输入）电阻非常大。
5.9 答：RESET（Reset）：复位信号，输入，高电平有效。
CPU 收到复位信号后，停止现行操作，并初始化段寄存器DS、SS、ES，标志寄存器PSW，指令指针IP与指令队列，而使CS=FFFFH。
RESET信号至少保持4个时钟周期以上的高电平，当它变成低电平时，CPU执行重启动过程，8086/8088将从地址FFFF0H开始执行指令。
微机原理与接口技术 第5章课后作业答案
4
D0～ D7 8088系统 BUS
D0～ D7 · · · A0 SRAM 6116
A0 A 10
MEMW
A 10
R/W OE D0～ D7 CS
MEMR
D0～ D7 A0 · · ·
A0 A 10 R/W OE CS
A 10
MEMW MEMR & A 18 A 17 A 19 A 16 A 15 A 14 A 13 A 12 A 11
5.10 74LS138译码器的接线图如教材第245页的图5-47所示，试判断其输出端Y0#、Y3#、Y5#和 Y7＃所决定的内存地址范围。
解：因为是部分地址译码（A17不参加译码），故每个译码输出对应2个地址范围： Y0＃：00000H ～ 01FFFH 和 20000H ～ 21FFFH Y3＃：06000H ～ 07FFFH 和 26000H ～ 27FFFH
5.2 为什么动态RAM需要定时刷新？
解：DRAM的存储元以电容来存储信息，由于存在漏电现象，电容中存储的电荷会逐渐泄漏，从而使信息丢失或出 现错误。因此需要对这些电容定时进行“刷新”。 5.3 CPU寻址内存的能力最基本的因素取决于___________。 解：地址总线的宽度。 5.4 试利用全地址译码将6264芯片接到8088系统总线上，使其所占地址范围为32000H～33FFFH。 解：将地址范围展开成二进制形式如下图所示。 0011 0010 0000 0000 0000 0011 0011 1111 1111 1111
解：
（1）特点是：它结合了RAM和ROM的优点，读写速度接近于RAM，断电后信息又不会丢失。 （2）28F040的编程过程详见教材第222～223页。 5.14 什么是Cache？它能够极大地提高计算机的处理能力是基于什么原理？ 解： （1）Cache 是位于CPU与主存之间的高速小容量存储器。 （2）它能够极大地提高计算机的处理能力，是基于程序和数据访问的局部性原理。 5.15 若主存DRAM的的存取周期为70ns，Cache的存取周期为5ns，有它们构成的存储器的平 均存取周期是多少？ 解：平均存取周期约为 70×0.1ns + 5×0.9ns =11.5ns。
微机原理及接口技术试题第五章 习题和答案
第五章习题和答案一、单选题1.计算机的外围设备是指____A__。
A、输入／输出设备B、外存储器C、远程通信设备D、除了CPU和内存以外的其他设备2.下述I/O控制方式中，___C___主要由硬件实现。
A、程序传送方式B、中断方式C、DMA方式D、I/O处理机方式3.接口电路的最基本功能是____C__。
A、在CPU和外设间提供双向的数据传送B、反映外设当前的工作状态C、对传送数据提供缓冲功能D、对外设进行中断管理4.一个完整的DMA操作过程大致可分3个阶段，其中没有的阶段是___B___。
A、准备阶段B、总线控制阶段C、数据传送阶段D、传送结束阶段二、判断题1.把接口电路中CPU可以访问的每一个寄存器或控制电路称为一个I/O端口。
（T ）2.采用统一编址方式时，CPU对I/O设备的管理是用访问内存的指令实现的。
（T ）3.无条件传送是一种最简单的输入／输出传送，一般只用于简单、低速的外设的操作。
（T ）4.中断方式的特点是改CPU的被动查询为主动响应。
（F ）5.DMA控制器是一个特殊的接口部件，它有主、从两种工作状态。
（T ）三、思考题1.外设为何必须通过接口与主机相连？存储器与系统总线相连需要接口吗？为什么？答: 外设都必须通过I/O接口电路与微机系统总线相连,因为CPU与外部设备通信在运行速度和数据格式上差异很大. 存储器与系统总线相连不需要接口.因为接口是用来连接微机和外设的一个中间部件，I/O接口电路要面对主机和外设两个方面进行协调和缓冲,存储器属于微机系统的组成部分.它们之间的数据传输是标准的、统一的没有必要通过接口.2.CPU与外设间传送的信号有哪几类？答: CPU与外设间传送的信息大致可分为以下3类: 数据信息(分为数字量,模拟量和开关量), 控制信息(CPU发出的用来控制外设工作的命令)和状态信息(用来反映输入、输出设备当前工作状态的信号).3. 常用的I/O端口编址方式有哪几种？各自的特点如何？答: 系统对I/O端口的地址分配有两种编址方式：统一编址和独立编址。
微机原理与接口技术第五章、第六章课后习题答案
2114： 128片，10位和6位。
6116： 32片，11位和5位。
6264： 8片，13位和3位。
5.42114：611662646.4stack segment stack 'stack'dw 32 dup(0)stack endscode segmentstart proc farassume ss: stack, cs: codepush dssub ax, axpush axCALL I6116 ；调用写入6116子程序MOV AH, 2 ；回车换行MOV DL, 0DHINT 21HMOV DL, 0AHINT 21HCALL O6116 ；调用读出6116子程序ret；写入6116：将键入字符的ASCII码写入6116I6116 PROCMOV BL, 0 ；定义页地址码（16个地址为一页）MOV CX, 128 ；定义页数LOP1: PUSH CXMOV DX, 380H ；将页地址从74LS273输出MOV AL, BLOUT DX, ALMOV CX, 16 ；定义页内单元数MOV DX, 390H ；将键入数写入16个单元LOP2: MOV AH, 1INT 21HOUT DX, ALINC DXLOOP LOP2INC BL ；换页POP CXLOOP LOP1 ；页数未满换页重新写入16个单元RETI6116 ENDP；读出6116：将写入6116的数据读出送显示O6116 PROCMOV BL, 0MOV CX, 128LOP3 PUSH CXMOV DX, 390HMOV AL, BLOUT DX, ALMOV CX, 16MOV DX 380H ；将16个单元的数据送显示LOP4: IN AL, DXPUSH DXMOV DL, AL ；将6116中读出的ASCII码送DLMOV AH, 2 ；2号功能调用显示DL中的字符INT 21HPOP DXINC DXLOOP LOP4INC BLPOP CXLOOP LOP3RETO6116 ENDPend start6.5stack segment stack 'stack'dw 32 dup(0)stack endscode segmentstart proc farassume ss: stack, cs: codepush dssub ax, axpush axMOV AH, 2 ；用2号功能调用输出字符，调用号送AHMOV CX, 100 ；字符个数送计数器MOV DX, 380HWAIT0: IN AL, DX ；从244读入TEST AL, 80H ；测试状态位是否为0JNZ WAIT0 ；不为0，等待继续测试状态WAIT1: IN AL, DX ；状态为0，继续读入TEST AL, 80H ；测试状态是否为1JZ WAIT1 ；不为1，等待继续测试状态IN AL, DX ；状态为1，读入数据即ASCII码AND AL, 7FH ；去掉状态位MOV DL, AL ；ASCII码送DL，输出字符INT 21HLOOP WAIT0-3 ；跳到给DX赋值380H的MOV指令，该指令为3字节retstart endpcode endsend start。
微机原理与接口技术张颖超叶彦斐第5章习题答案
微机原理与接⼝技术张颖超叶彦斐第5章习题答案5.1 RAM 和ROM 的主要特点和区别是什么？【解答：】ROM （只读性存储器）的特点是在⼀般情况下，ROM 中的信息只能读出不能写⼊，ROM 中的内容是⾮易失性的，掉电后信息也不会丢失。
RAM （随机存储器）的特点是其内容在⼯作时既可以读出也可以随时写⼊，但是其中的内容是易失性的，掉电后信息会丢失。
5.2术语“⾮易失性存储器”是什么意思？PROM 和EPROM 分别代表什么意思？【解答：】“⾮易失性存储器”是指掉电后信息不会丢失。
PROM 是可编程ROM ，EPROM 可擦除可编程ROM 。
5.3 何谓静态RAM ？何谓动态RAM ？他们的特点各是什么？【解答：】以双稳态电路作为基本存储单元来保存信息的RAM 称为静态RAM （SRAM ），其特点是：只要不断电，信息不会丢失；访问速度快，但集成度较低，⼀般⽤于Cache 采⽤SRAM 。
以晶体管栅极电容的充放电来存储⼆进制信息的RAM 称为动态RAM ，其特点是：电容上的电荷会随时间⽽泄露，因此DRAM 需要定时刷新；DRAM 集成度较⾼，因此⾏列地址线复⽤，⼀般内存采⽤DRAM 构成。
5.4 较⼤容量的RAM 为什么总是采⽤矩阵形式？【解答：】这种形式便于采⽤双译码结构，地址线分为⾏、列两部分，分开译码，可以极⼤的减少地址译码器的输出线，简化电路。
5.5 下列RAM 芯⽚各需要多少个地址引脚？（1）16K×1b （2）1K×4b （3）2K×8b 【解答：】分别是2log 16K 14=，2log 1K 10=，2log 2K 11=根5.6 设有⼀个具有14位地址和8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1K×1b 静态RAM 芯⽚组成，需多少芯⽚？（3）需要多少位地址作芯⽚选择？（4）改⽤4K×4b 的芯⽚，试画出与总线连接框图。
微机原理与接口技术第五章 练习题及答案
第五章练习题及答案一、填空题1、常见的片选控制方法有____________________________________。
线选法,全译码法,部分译码法2、磁带是______存储器。
顺序存储3、为保证动态RAM中的内容的不消失，需要进行__________操作。
刷新4、全部存储系统分为四级,即寄存器组,____________,内存,外存。
高速缓冲存储器5、DRAM靠_______存储信息，所以需要定期_____。
电容刷新6、虚拟存储器由__________两级存储器组成。
主存-辅存7、存储器是计算机系统的记忆设备，它主要用来______。
存储数据和指令8、8086CPU的物理地址是指实际的20位主存单元地址,每个存储单元对应唯一的物理地址,其范围是_________________。
00000H～FFFFFH二、选择题1、RAM是随机存储器,它分为( )两种。
A、ROM和SRAMB、DRAM和SRAMC、ROM和DRAMD、ROM和CD-ROMB2、从存储器中读出或向存储器中写入一个信息所需要的时间称为( )。
A、等待时间B、存取周期C、查找时间D、寄存器B3、在计算机的专业用语中,ROM表示( )。
A、外存储器B、内存储器C、只读存储器D、随机存储器C4、在下列存储器中，若按记录密度从低到高的顺序播列，应为( )。
A、软盘、硬盘、光盘、磁带B、磁带、硬盘、软盘、光盘C、磁带、软盎、硬盘、光盘D、硬盘、软盘、磁带、光盘C5、某计算机字长32位，存储容量为4MB，若按半字编址，它的寻址范围是（）。
A、0-4MBB、0-2MBC、0-2MD、0-1MBC6、下列因素中，与Cache命中率无关的是（）。
A、主存的存取时间B、快的大小C、Cache的组织方式D、cache 的容量A7、计算机的存储器采用分级存储体系的主要目的是（）。
A、便于读写数据B、减小机箱的体积C、便于系统升级D、解决存储容量、价格和存取速度之间的矛盾D8、磁盘存储器的数据存取速度与下列哪一组性能参数有关?( )。
微机原理与接口技术第五章课后答案
微机原理与接⼝技术第五章课后答案第五章参考答案1.简述SRAM 芯⽚与DRAM 芯⽚的共同点与不同点。
答：SRAM 与DRAM 的共同点：都属于随机存取存储器，具有易失性。
SRAM 与DRAM 的共同点：SRAM 利⽤双稳态触发器电路保存信息，集成度⽐DRAM 低，功耗⽐DRAM ⼤；DRAM 利⽤MOS 管栅极和源极之间的极间电容C 保存信息，需要刷新电路保证信息较长时间保存。
2.叙述ROM 芯⽚的常见分类，各种ROM 芯⽚的特点及其适⽤场合。
答：ROM 的常⽤分类结果：掩膜ROM ：⽣产完成的芯⽚已保存了信息，保存的信息⽆法修改，适⽤于⼤批量的定型产品中。
PROM ：PROM 可以⼀次写⼊信息，⼀旦写⼊⽆法更改，适⽤于⼩批量的定型产品中。
EPROM ：紫外线擦除可多次编程的存储器，适⽤于新产品的开发。
EEPROM ：电擦除可多次编程的存储器，适⽤于需要在线修改的场合。
3.利⽤4⽚6116（2K ×8位）芯⽚设计连续存储器，采⽤全地址译码。
设起始地址为60000H ，求存储器的最后⼀个单元地址。
答：存储器的最后⼀个单元地址为：61FFFH.4．⽤6264 RAM （8K ×8位）芯⽚构成256K 字节存储器系统，需要多少⽚6264芯⽚20位地址总线中有多少位参与⽚内寻址有多少位可⽤作⽚选控制信号答：需要32⽚6264芯⽚。
20位地址总线中有13位参与⽚内寻址；有7位可⽤作⽚选控制信号。
5.某微机系统中ROM 区有⾸地址为9000H ，末地址为FFFFH ，求其ROM 区域的存储容量。
答：其ROM 区域的存储容量为28K 。
6．在8088CPU 的系统中扩展32K 字节的RAM ，其扩充存储空间的起始地址为08000H 。
设系统的地址总线为A 19~A 0，数据总线为D 7~D 0，存储器芯⽚选⽤6264。
利⽤74LS138译码器设计译码电路，并画出扩充的存储器系统的连线图。
微机原理与接口技术课后习题答案 清华大学出版社
微机原理与接口技术课后部分习题参考答案第一章2. 第3项任务，根据状态标志位的状态决定转移方向。
3. 程序存储是将要执行的程序的全部指令存储到存储器中，程序控制指程序开始执行后，通过指令流控制数据或计算机，完成设定的任务。
4. 分BIU 总线接口部件和EI执行部件两大部件，其中总线接口部件BIU负责取指令和数据，执行部件EI负责执行指令及运算。
在执行一条指令的同时可以取下一条指令，重叠运行，速度快。
5. 有6个状态标志，分别为进位标志CF、溢出标志OF、零标志ZF、奇偶标志PF、负标志SF、辅助进位标志AF。
3个控制标志分别为中断允许标志IF、单步标志TF、方向标志DF。
标志位的内容可以通过标志位操作指令来操作，例如CLC指令清除进位位，即使CF=0，STC指令使CF=1，CLI指令使IF=0，禁止中断,STI指令使IF=1，允许中断。
还可以通过LAHF指令取来标识寄存器的内容修改后用SAHF指令送回去。
也可以用PU SHF/POPF指令来修改标志寄存器的内容。
6. 实模式下分段靠4个段寄存器实现。
段寄存器中的值就是段地址，当偏移地址为0时的段地址+偏移地址就是该段的起始地址。
物理地址是由段地址左移4位后与偏移地址相加形成的20位地址。
7. 说法不一定正确。
对顺序执行指令的计算机是对的。
对重叠或流水线的计算机就不对了。
例如对8086CPU，由于采用了取指令与执行指令的一次重叠，尽管执行一条指令的总时间并没有变化，但连续执行n条指令时，总的时间会大大缩短，可以简单的比喻成总时间为原时间的二分之一，快了一倍。
8. 引入流水线后，执行一条指令的总时间并没有变化。
9. 高速缓存的目的是提高存储器的速度，进而提高了CPU的速度。
虚拟存储器的目的是为了给程序员或程序一个大的存储或运行空间。
10。
8086采用总线接口部件BIU与执行部件EU分开提高了速度，286将8086的BIU进一步分成3个部件，提高了并行性。
微机原理与接口技术课后习题答案(详细完全版)
segment stack db 1024(0) stack ends data segment string db 'Hello,Assembly！'，0dH，0aH，‘$’ data ends code segment 'code' assume cs:code,ds:data,ss:stack start: mov dx,offset string mov ah,9 int 21h code ends end start
8
next1:
next2:
3.21
restart: again:
next:
fun0: fun1: fun2: fun3: fun4: fun5: fun6: fun7:
disp:
done:
; mov int pop pop jmp …
ah,2 21h bx ax restart
;显示一个字符
3.22 编制程序完成 12H、45H、0F3H、6AH、20H、0FEH、90H、0C8H、57H 和 34H 等 10 个字节数据之和，并将结果存入字节变量 SUM 中（不考虑溢出和进位） 。 ；wjxt322.asm .model small .stack .data b_data db 12h,45h,0f3h,6ah,20h,0feh,90h,0c8h,57h,34h ；原始数据 num equ 10 ；数据个数 sum db ? ；预留结果单元 .code .startup xor si, si ；位移量清零 xor al, al ；取第一个数 mov cx, num ；累加次数 again: add al, b_data[si] ；累加 inc si ；指向下一个数 loop again ；如未完，继续累加 mov sum, al ；完了，存结果 .exit 0 end 3.23 求主存 0040h：0 开始的一个 64KB 物理段中共有多少个空格? ; wjxt323.asm .model small .code start: mov ax,0040h ；送段地址 mov ds, ax mov si, 0 ；偏移地址 mov cx, si ；计数（循环次数） xor ax, ax ；空格计数器清零 again: cmp byte ptr [si], 20h ；与空格的 ASCII 码比较 jne next ；不是空格，转 inc ax ；是空格，空格数加 1 next: inc si ；修改地址指针 loop again ；cx＝cx－1，如 cx＝0 退出循环 .exit 0
微机原理及接口技术课后习题参考答案
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答：（1）微处理器：微处理器（Microprocessor）简称µP或MP，或CPU。
CPU是采用大规模和超大规模集成电路技术将算术逻辑部件ALU（Arithmetic Logic Unit）、控制部件CU （Control Unit）和寄存器组R（Registers）等三个基本部分以及内部总线集成在一块半导体芯片上构成的电子器件。
（2）微型计算机：微型计算机（Microcomputer）是指以微处理器为核心，配上由大规模集成电路制作的存储器、输入/输出接口电路及系统总线等所组成的计算机，简称微机。
（3）微型计算机系统：微型计算机系统由硬件与软件两大部分组成，分别称为硬件（Hardware）系统与软件（Software）系统。
其中，硬件（Hardware）系统由CPU、内存储器、各类I/O接口、相应的I/O设备以及连接各部件的地址总线、数据总线、控制总线等组成。
软件（Software）系统：计算机软件（Software）是指为运行、维护、管理、应用计算机所编制的程序及程序运行所需要的数据文档资料的总和。
一般把软件划分为系统软件和应用软件。
其中系统软件为计算机使用提供最基本的功能，但是并不针对某一特定应用领域。
而应用软件则恰好相反，不同的应用软件根据用户和所服务的领域提供不同的功能。
2．简述名词的概念：指令寄存器、地址寄存器、标志寄存器。
答：（1）指令寄存器：指令寄存器（Instruction Register，IR）用来保存计算机当前正在执行或即将执行的指令。
当一条指令被执行时，首先，CPU从内存取出指令的操作码，并存入IR中，以便指令译码器进行译码分析。
（2）地址寄存器：地址寄存器(Address Register，AR)被动地接受IP传送给它的地址值（二进制地址），AR的作用是保持IP送来的地址，并且以并行方式连接输出到CPU的地址引脚上，以便CPU访问指定的内存单元。
《微机原理与接口技术》第五章作业答案
《微机原理与接口技术》第五章作业一、作业P1802、 5、 7、 8、 9、 102、半导体储藏器的主要性能指标有哪些1、储存容量2、存取速度3、靠谱性4、功耗5、储藏器芯片的片选信号的产生有哪几种方法各有什么特色1、线选法：用除片内寻址外的高位地点线不经过译码，直接分别接至各个储存芯片的片选端来差别各芯片的地点长处：连结简单，无需特意的译码电路弊端：不可以充足利用系统的储存器空间，地点空间浪费大。
2、部分译码法：只对高位地点线中某几位地点经译码器译码长处：高位地点的部分地点线经过译码产生片选信号。
弊端：存在地点重叠现象。
3、全译码法：储存芯片内寻址之外的系统的所有高位地点线都参加译码产生片选信号。
、长处：芯片的地点范围不单是独一确立的，并且是连续的。
弊端：译码电路较复杂，连线也许多7、若用 1024*1b 的 RAM 芯片构成16K*8b 的储存器 , 需要多少芯片在地点线中有多少位参加片内寻址多少位用做芯片组选择信号（设系统地点总线为16 位）1024K*1b=1K*1b1K*8b/1K*1b=816K*8b/1K*8b=168*16=128需要 128 片；1024=2^10, 需要 10 位参加片内寻址16=2^4, 需要 4 位做芯片组选择信号8、试用 4K*8b 的 EPROM2732 和 8K*8b 的 SRAM6264, 以及 74LS138 译码器 , 构成一个8KB 的 ROM,32KB 的 RAM 储存系统 , 要求设计储存器扩展电路 , 并指出每片储存芯片的地点范围 .9、用EPROM2764 和SRAM6264各一片构成储存器，其地点范围为FC000~FFFFFH，试画出储存器与CPU的连结图和片选信号译码电路（CPU地点线20 位，数据线8 位）。
10、现有储存芯片:2K*1b的ROM和4K*1b的RAM,若用它们构成容量为16KB的储存器,前4KB为ROM,后 12KB为RAM,问各样储存芯片分别用多少片4K*8b/ 4K*1b=84K*1b/ 2K*1b=28*2=16需要 16 片 2K*1b 的 ROM12K*8b/12K*1b=812K*1b/ 4K*1b=38*3=24需要 24 片 4K*1b 的 RAM。
微机原理与接口技术课后习题与参考答案
微机原理与接口技术课后习题与参考答案-标准化文件发布号：（9456-EUATWK-MWUB-WUNN-INNUL-DDQTY-KII第一章课后习题1.1 把下列十进制数转换成二进制数、八进制数、十六进制数。
① 16.25 ② 35.75 ③ 123.875 ④ 97/1281.2 把下列二进制数转换成十进制数。
① 10101.01 ② 11001.0011 ③ 111.01 ④ 1010.11.3 把下列八进制数转换成十进制数和二进制数。
① 756.07 ② 63.73 ③ 35.6 ④ 323.451.4 把下列十六进制数转换成十进制数。
① A7.8 ② 9AD.BD ③ B7C.8D ④ 1EC1.5 求下列带符号十进制数的8位补码。
① +127 ② －1 ③ －0 ④ -1281.6 求下列带符号十进制数的16位补码。
① +355 ② －11.7 计算机分那几类各有什么特点1.8 简述微处理器、微计算机及微计算机系统三个术语的内涵。
1.9 80X86微处理器有几代各代的名称是什么1.10 你知道现在的微型机可以配备哪些外部设备？1.11 微型机的运算速度与CPU的工作频率有关吗？1.12 字长与计算机的什么性能有关？习题一参考答案1.1 ① 16.25D=10000.01B=20.2Q=10.4H② 35.75D=100011.11B=43.6Q=23.CH③ 123.875D=1111011.111B=173.7Q=7B.EH④ 97/128D=64/123+32/128+1/128=0.1100001B=0.604Q=0.C2H1.2 ① 10101.01B=21.25D ② 11001.0011B=25.1875D③ 111.01B=7.25D ④ 1010.1B=10.5D1.3 ① 756.07Q=111101110.000111B=494.109D ②63.73Q=110011.111011B=51.922D③ 35.6Q=11101.110B=29.75D ④ 323.45Q=11010011.100101B=211.578D1.4 ① A7.8H=167.5D ② 9AD.BDH=2477.738D③ B7C.8D=2940.551D ④ 1ECH=492D1.5 ① [+127]补=01111111 ② [－1] 补= 11111111③ [－0] 补=00000000 ④[-128] 补=100000001.6 ① [+355] 补= 0000000101100011 ② [－1] 补= 1111 1111 1111 11111.7 答：传统上分为三类：大型主机、小型机、微型机。
微机原理与接口技术(第二版)课后习题答案
微机原理与接口技术（第二版）课后习题答案第1章作业答案1.1 微处理器、微型计算机和微型计算机系统三者之间有什么不同?解：把CPU(运算器和控制器)用大规模集成电路技术做在一个芯片上,即为微处理器。
微处理器加上一定数量的存储器和外部设备(或外部设备的接口)构成了微型计算机。
微型计算机与管理、维护计算机硬件以及支持应用的软件相结合就形成了微型计算机系统。
1.2 CPU在内部结构上由哪几部分组成?CPU应该具备哪些主要功能? 解：CPU主要由起运算器作用的算术逻辑单元、起控制器作用的指令寄存器、指令译码器、可编程逻辑阵列和标志寄存器等一些寄存器组成。
其主要功能是进行算术和逻辑运算以及控制计算机按照程序的规定自动运行。
1.3 微型计算机采用总线结构有什么优点?解：采用总线结构,扩大了数据传送的灵活性、减少了连线。
而且总线可以标准化,易于兼容和工业化生产。
1.4 数据总线和地址总线在结构上有什么不同之处?如果一个系统的数据和地址合用一套总线或者合用部分总线,那么要靠什么来区分地址和数据?解：数据总线是双向的(数据既可以读也可以写),而地址总线是单向的。
8086CPU为了减少芯片的引脚数量,采用数据与地址线复用,既作数据总线也作为地址总线。
它们主要靠信号的时序来区分。
通常在读写数据时,总是先输出地址(指定要读或写数据的单元),过一段时间再读或写数据。
1.8在给定的模型中，写出用累加器的办法实现15×15的程序。
解： LD A， 0LD H， 15LOOP：ADD A， 15DEC HJP NZ， LOOPHALT第 2 章作业答案2.1 IA-32结构微处理器直至Pentillm4,有哪几种?解：80386、30486、Pentium、Pentium Pro、Peruium II 、PentiumIII、Pentium4。
2.6 IA-32结构微处理器有哪几种操作模式?解：IA一32结构支持3种操作模式:保护模式、实地址模式和系统管理模式。
微型计算机原理与接口技术第五版周荷琴课后答案
微型计算机原理与接口技术第五版周荷琴课后答案第一章：计算机系统概述1.1 计算机系统基本组成•核心包括 CPU、内存和 I/O 设备。
CPU 是计算机的中央处理器，负责执行指令，控制各部分设备的操作。
内存存储数据和程序指令。
I/O 设备是计算机与外部世界进行信息交换的重要途径。
1.2 计算机的基本层次结构•计算机系统的基本层次结构分为硬件体系结构和软件体系结构。
硬件体系结构定义了计算机中硬件组件的功能、特性、接口和互连方式。
软件体系结构定义了计算机的软件组件及其相互关系。
1.3 计算机的工作过程•计算机工作过程主要包括取指令、分析指令、获取操作数、执行指令、写回结果等几个阶段。
具体过程为：取指令：从内存中读取指令；分析指令：解码指令确定要执行的操作；获取操作数：从内存或寄存器中读取操作数；执行指令：进行具体的运算或操作；写回结果：将运算结果写入内存或寄存器。
1.4 计算机性能指标•计算机的性能指标包括运算速度、存储容量、传输速率、可靠性和可用性等方面。
运算速度衡量了计算机执行指令的快慢；存储容量表示计算机可以存储的数据量；传输速率表示从一个设备向另一个设备传输数据的速度；可靠性表示计算机的故障率；可用性表示计算机在给定时间内正常工作的比例。
第二章：计算机的数制与编码2.1 数制与编码的基本概念•数制是用于表示数值的方法，常见的有十进制、二进制、八进制和十六进制等。
编码是指将字符、符号等信息转换成计算机可以处理的二进制形式。
2.2 二进制与十进制的转换•将十进制数转换成二进制数时，可以采用除2取余的方法。
将二进制数转换成十进制数时，可以根据二进制位上的权值相加的原理进行计算。
2.3 BCD码与ASCII码•BCD码是Binary-Coded Decimal的缩写，用4位二进制码表示一个十进制数的一位。
ASCII码是一种字符编码，将每个字符映射成一个唯一的二进制数。
2.4 奇偶校验码•奇偶校验码是一种错误检测码，用于检测数据传输过程中出现的位错误。
微机原理及接口第五章作业答案
“微机系统原理与接口技术”第五章习题解答（部分）12．Z80CPU中用2片6116（2048×8）组成4KB的RAM。
用CPU的地址线A13和A14分别作2片6116的片选控制（线选法），各片6116的地址范围为多少？（Z80CPU的地址总线宽度为16位。
）解：6116芯片上有11根地址线（字选线为A10～A0），且6116片选为低电平有效。
根据题意，系统中有4根地址线未使用（可为任意值X），所以每片6116都占有16组地址范围，每组为2K个地址。
①设用A13选择第一片6116，则A13＝0。
地址A15A14A13A12A11A10A9A8A7A6A5A4A3A2A1A0信号第一片X X 0 X X 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 首地址第一片X X 0 X X 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 末地址0000H~07FFH（A15＝A14＝A12＝A11＝0）;0800H~0FFFH（A15＝A14＝A12＝0，A11＝1）;1000H~17FFH（A15＝A14＝A11＝0，A12＝1）;1800H~1FFFH（A15＝A14＝0，A12＝A11＝1）;4000H~47FFH（A15＝A12＝A11＝0，A14＝1）;4800H~4FFFH（A15＝A12＝0，A14＝A11＝1）;5000H~57FFH（A15＝A11＝0，A14＝A12＝1）;5800H~5FFFH（A15＝0，A14＝A12＝A11＝1）;8000H~87FFH（A15＝1，A14＝A12＝A11＝0）;8800H~8FFFH（A15＝A11＝1，A14＝A12＝0）;9000H~97FFH（A15＝A12＝1，A14＝A11＝0）;9800H~9FFFH（A15＝A12＝A11＝1，A14＝0）;0C000H~0C7FFH（A15＝A14＝1，A12＝A11＝0）;0C800H~0CFFFH（A15＝A14＝A11＝1，A12＝0）;0D000H~0D7FFH（A15＝A14＝A12＝1，A11＝0）;0D800H~0DFFFH（A15＝A14＝A12＝A11＝1）;②设用A14选择第二片6116，则A14＝0。
微型计算机原理与接口技术第五课后答案
第五章1. 静态RAM 与动态RAM 有何区别？答：（1）静态RAM 内存储的信息只要电源存在就能一直保持，而动态RAM 的信息需要定时刷新才能保持（2）静态RAM 的集成度比较低，运行速度快，而动态RAM 的集成度高，运行相对较慢（3）静态RAM 造价成本高，动态RAM 价格便宜2. ROM 、PROM 、EPROM 、EEPROM 在功能上各有何特点？答：ROM 是只读存储器，根据写入方式的不同可以分为四类：掩膜型ROM 、PROM 、EPROM 和EEPROM 。
掩膜型ROM 中信息是厂家根据用户给定的程序或数据，对芯片图形掩膜进行两次光刻而写入的，用户对这类芯片无法进行任何修改。
PROM 出厂时，里面没有信息，用户采用一些设备可以将内容写入PROM ，一旦写入，就不能再改变了，即只允许编程一次。
EPROM 可编程固化程序，且在程序固化后可通过紫外光照擦除，以便重新固化新数据。
EEPROM 可编程固化程序，并可利用电压来擦除芯片内容，以重新编程固化新数据。
3. DRAM 的CAS 和RAS 输入的用途是什么？ 答：CAS 为列地址选通信号，用于指示地址总线上的有效数据为列地址；RA 行地址选通信号，用于指示地址总线上的有效数据为列地址。
S 为4. 什么是Cache ？作用是什么？它处在微处理机中的什么位置？答：Cache 也称为高速缓存，是介于主存和CPU 之间的高速小容量存储器。
为了减少CPU 与内存之间的速度差异，提高系统性能，在慢速的DRAM 和快速CPU 之间插入一速度较快、容量较小的SRAM ，起到缓冲作用，使CPU 既可以以较快速度存取SRAM 中的数据，又不使系统成本上升过高，这就是Cache 的作用。
Cache 在微处理机中的位置如下图：5. 直接映像Cache 和成组相联Cache 的组成结构有什么不同？答：直接映象 Cache 是将主存储器中每一页大小分成和 Cache 存储器大小一致，Cache 中每一块分配一个索引字段以确定字段，这样可以通过一次地址比较即可确定是否命中，但如果频繁访问不同页号主存储器时需要做频繁的转换，降低系统性能；成组相联Cache 内部有多组直接映象的 Cache ，组间采用全关联结构，并行地起着高速缓存的作用。
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《微机原理与接口技术》第
五章作业答案
-标准化文件发布号：（9456-EUATWK-MWUB-WUNN-INNUL-DDQTY-KII
《微机原理与接口技术》第五章作业
一、作业
P180
2、5、7、8、9、10
2、半导体储存器的主要性能指标有哪些
1、存储容量
2、存取速度
3、可靠性
4、功耗
5、储存器芯片的片选信号的产生有哪几种方法各有什么特点
1、线选法：用除片内寻址外的高位地址线不经过译码，直接分别接至各个存储芯片的片选端来区别各芯片的地址
优点：连接简单，无需专门的译码电路
缺点：不能充分利用系统的存储器空间，地址空间浪费大。
2、部分译码法：只对高位地址线中某几位地址经译码器译码
优点：高位地址的部分地址线经过译码产生片选信号。
缺点：存在地址重叠现象。
3、全译码法：存储芯片内寻址以外的系统的全部高位地址线都参与译码产生
片选信号。
、优点：芯片的地址范围不仅是唯一确定的，而且是连续的。
缺点：译码电路较复杂，连线也较多
7、若用1024*1b的RAM 芯片组成16K*8b的存储器, 需要多少芯片在地址线中有多少位参与片内寻址多少位用做芯片组选择信号（设系统地址总线为16位）
1024K*1b=1K*1b
1K*8b/1K*1b=8
16K*8b/1K*8b=16
8*16=128
需要128片；
1024=2^10,需要10位参与片内寻址
16=2^4, 需要4位做芯片组选择信号
8、试用4K*8b的EPROM2732和8K*8b的SRAM6264, 以及74LS138译码器, 构成一个8KB 的ROM,32KB 的RAM 存储系统, 要求设计存储器扩展电路, 并指出每片存储芯片的地址范围.
9、用EPROM2764和SRAM6264各一片组成存储器，其地址范围为
FC000~FFFFFH，试画出存储器与CPU 的连接图和片选信号译码电路（CPU 地址
线20位，数据线8位）。
10、现有存储芯片:2K*1b的ROM 和4K*1b的 RAM,若用它们组成容量为16KB 的存储器, 前4KB 为ROM, 后12KB 为RAM, 问各种存储芯片分别用多少片
4K*8b/4K*1b=8
4K*1b/2K*1b=2
8*2=16
需要16片2K*1b的ROM
12K*8b/12K*1b=8
12K*1b/4K*1b=38*3=24
需要24片4K*1b的 RAM。