计算机组成原理(第2版)答案
计算机组成原理(第二版)唐朔飞各章节习题与答案
第一章练习习题（一）2017-04-24马辉安阳师院mh1、通常划分计算机发展时代是以（）为标准的。
A、所用的电子元器件B、运算速度C、计算机结构D、所用语言2、微型计算机的发展以（）技术为标志。
A、操作系统B、微处理器C、磁盘D、软件3、电子计算机技术发展至今，其运行仍遵循一位科学家提出的基本原理，他是（）。
A、牛顿B、爱因斯坦C、爱迪生D、冯诺依曼4、以下说法中，正确的是（）。
A、控制器能理解并执行所有指令及存储结果B、一台计算机包括输入、输出、控制、存储及算术逻辑运算五个单元C、所有的数据运算都在CPU的控制器中完成D、都不对5、电子计算机发展的四代中所用的主要元器件分别是（）A、电子管、晶体管、中小规模集成电路、激光器件B、晶体管、中小规模集成电路、激光器件、光介质C、电子管、晶体管、中小规模集成电路、大规模集成电路D、电子管、数码管、中小规模集成电路、激光器件6、下列选项中不是冯诺依曼机器的最根本特征的是（）。
A、以运算器为中心B、指令并行执行C、存储器按地址访问. word完美格式.D、数据以二进制编码，用二进制运算7、在CPU的组成中不包括（）A、运算器B、存储器C、控制器D、寄存器8、存储字是指（）A、存放在一个存储单元中的二进制代码组合B、存放在一个存储单元中的二进制代码位数C、存储单元的个数D、机器指令的位数9、存储字长是指（）选项同上题10、计算机中数据处理中心是（）A、主机B、运算器C、控制器D、I/O系统11、以下说法错误的是（）A、硬盘是外部设备B、软件的功能与硬件的功能在逻辑上是等效的C、硬件实现的功能一般比软件实现具有较高的执行速度D、软件的功能不能由硬件替换12、32位微机是指该计算机所用的CPU（）A、具有32个寄存器B、能同时处理32位的二进制数C、能处理32个字符D、运算的结果最大为2的32次方13、下列选项中，描述浮点数操作速度的指标是（）A、MIPSB、CPI. word完美格式.C、IPCD、MFLOPS14、当前设计高性能计算机的重要技术途径是（）A、提高CPU主频B、采用非冯诺依曼结构C、扩大主存容量D、采用并行处理技术答案：1、A2、B3、D4、B5、C6、B7、B8、A9、B 10、B 11、D 12、B 13、D 14、D第三章练习习题（一）2017-05-04马辉安阳师院mh 1、连接计算机与计算机之间的总线属于（）总线A、片内B、系统C、通信D、都不对2、挂接在总线上的多个部件（）A、只能分时向总线发送数据，并只能分时从总线上接收数据B、只能分时向总线发送数据，但可同时从总线接收数据C、可同时向总线发送数据，并同时从总线接收数据D、可同时向总线发送数据，但只能分时从总线接收数据3、在总线上，同一时刻（）A、只能有一个主设备控制总线传输操作B、只能有一个从设备控制总线传输操作C、只能有一个主设备和一个从设备控制总线传输操作D、可以有多个主设备控制总线传输操作. word完美格式.4、总线是计算机各部件交换信息的公共通路，当使用总线传送数据时在每一时刻在总线上传送（）A、多个部件发送给多个部件的信息B、多个部件发送给一个部件的信息C、一个部件发送给一个部件的多组信息D、一个部件发送给多个部件的一组信息5、系统总线是指（）A、运算器、控制器、寄存器之间的连接部件B、运算器、寄存器、主存之间的连接部件C、运算器、寄存器、外围设备之间的连接部件D、CPU、主存、外围设备之间的连接部件6、系统级的总线是用来连接（）A、CPU内部的运算器和寄存器B、主机系统板上的所有部件C、主机系统板上的各个芯片D、系统中的各个功能模块或设备7、计算机使用总线结构的主要优点是便于实现积木化，缺点是（）A、地址信息、数据信息和控制信息不能同时出现B、地址信息和数据信息不能同时出现C、两种信息源的代码在总线中不能同时出现D、都不对8、下面所列的（）不属于系统总线接口的功能A、数据缓存B、数据转换C、状态设置D、完成算术逻辑运算9、地址总线、数据总线、控制总线三类是根据（）来划分的A、总线所处的位置. word完美格式.B、总线传送的内容C、总线的传送方式D、总线的传送方向10、系统总线中地址线的功能是（）A、用于选择主存单元地址B、用于选择进行信息传输的设备C、用于选择外存地址D、用于指定主存或IO设备接口的地址11、CPU的控制总线提供（）A、数据信号流B、所有存储器和IO设备的时序信号及控制信号C、来自IO设备和存储器的响应信号D、包含B和C 12、在系统总线的数据线上，不可能传输的是（）A、指令B、操作数C、握手（应答）信号D、中断类型号答案：1、C2、B3、A4、D5、D6、D7、C8、D 9、B 10、D 11、D 12、C第三章练习习题（二）2017-05-08马辉安阳师院mh1、串行总线主要用于（）A、连接主机与外围设备. word完美格式.B、连接主存与CPUC、连接运算器与控制器D、连接CPU内部各部件2、不同信号在同一条信号线上分时传输的方式称为（）A、并行传输方式B、串行传输方式C、总线复用方式D、分离式通信3、在一个16位的总线系统中，若时钟频率为100MHz，总线周期为5个时钟周期传输一个字，则总线带宽是（）A、4MBpsB、40MBpsC、16MBpsD、64MBps 4、某总线有104根信号线，其中数据总线32根，若总线工作频率为33MHz，则其理论最大传输率为（）A、33MBpsB、64MBpsC、132MBpsD、164MBps5、在链式查询方式下，越靠近控制器的设备（）A、优先级越高，得到总线使用权的机会越多B、优先级越低，得到总线使用权的机会越少C、优先级越低，得到总线使用权的机会越多D、优先级越高，得到总线使用权的机会越少6、若总线位宽为16位，总线时钟频率为8MHz，完成一次数据传输需2个总线时钟周期，则总线数据传输率为（）A、16MbpsB、8MbpsC、16MBpsD、8MBps. word完美格式.7、假设某系统总线在一个总线周期中能并行传输4字节的信息，一个总线周期占用2个时钟周期，总线时钟频率为10MHz，则总线带宽是（）A、10MBps B、20MBpsC、40MBpsD、80MBps8、设一个32位微处理器配有16位的外部数据总线，若时钟频率为50MHz，若总线传输最短周期为4个时钟周期，则总线的最大数据传输率为（）A、12.5MBpsB、25MBpsC、50MBpsD、16MBps9、在三种集中式总线仲裁中，（）方式对电路故障最敏感A、链式查询B、计数器定时查询C、独立请求D、都一样10、在独立请求方式下，若有N个设备，则（）A、需N个总线请求信号和N个总线响应信号B、有一个总线请求信号和N个总线响应信号C、总线请求信号多于总线响应信号D、总线请求信号少于总线响应信号11、在链式查询方式下，若有N个设备，则（）A、有N条总线请求信号B、共用一条总线请求信号C、有N-1条总线请求信号D、无法确定答案：. word完美格式.1、A2、C3、B4、C5、A6、D7、B8、B9、A 10、A 11、B第三章练习习题（三）2017-05-09马辉安阳师院mh1、总线主设备是指（）A、掌握总线控制权的设备B、申请作为主设备的设备C、被从设备访问的设备D、总线裁决部件2、总线的从设备是指（）A、申请作为从设备的设备B、被主设备访问的设备C、掌握总线控制权的设备D、总线源设备3、总线上信息的传输总是由（）A、CPU启动B、总线控制器启动C、总线主设备启动D、总线从设备启动4、以下叙述中错误的是（）A、总线结构的传送方式可以提高数据的传输速度B、与独立请求发送相比，链式查询方式对电路的故障更敏感C、PCI总线采用同步传输协议和集中式仲裁方式D、总线的带宽是总线本身所能达到的最高传输速率5、同步控制方式是（）A、只适用于CPU控制的方式. word完美格式.B、只适用于外围设备控制的方式C、由统一时序信号控制的方式D、所有指令执行时间都相同的方式6、同步通信之所以比异步通信具有较高的传输速度，是因为（）A、同步通信不需要应答信号且总线长度较短B、同步通信用一个公共的时钟信号进行同步C、同步通信中，各部件存取时间比较接近D、以上各项因素的综合结果7、以下各项中，（）是同步传输的特点A、需要应答信号B、各部件的存取时间比较接近C、总线长度较长D、总线周期长度可变8、在同步通信中，一个总线周期的传输过程通常是（）A、先传送数据，再传送地址B、先传送地址，再传送数据C、只传送数据D、都不对9、总线的异步通信方式（）A、不采用统一时钟信号，只采用握手信号B、既采用统一时钟信号，又采用握手信号C、既不采用统一时钟信号，又不采用握手信号D、采用统一时钟信号，不采用握手信号10、下列选项中英文缩写均为总线标准的是（）A、PCI、CRT、USB、EISAB、ISA、CPI、VESA、EISA. word完美格式.C、ISA、SCSI、RAM、MIPSD、ISA、EISA、PCI、PCI-Express11、在目前计算机上广泛使用的U盘，其接口使用的总线标准是（）A、VESAB、USBC、AGPD、PCI答案：1、A2、B3、C4、A5、C6、D7、B8、B9、A 10、D 11、B第四章练习习题（一）2017-05-27马辉安阳师院mh 1、和外存储器相比，内存储器的特点是（）A、容量大、速度快、成本低B、容量大、速度慢、成本高C、容量小、速度快、成本高D、容量小、速度快、成本低2、存储体按照一定的顺序划分成许多存储单元，存储单元有一个编号，称为存储单元的地址，访问存储器必须按照地址进行，存储单元中存放的是（）A、存储器单元的地址编号B、指定单元存放的数据C、将要写入存储单元的内容D、访问存储器的控制命令3、磁盘属于（）类型的存储器. word完美格式.A、随机存取存储器B、只读存储器C、顺序存取存储器D、直接存取存储器4、某计算机系统，其操作系统保存在硬盘上，其内存储器应该采用（）A、RAMB、ROMC、RAM和ROMD、都不对5、计算机的存储系统是指（）A、RAMB、ROMC、主存储器D、Cache、主存储器和外存储器6、、一般存储系统由三级组成，下列关于各级存储器的作用及速度、容量的叙述中正确的是（）A、主存存放正在CPU中运行的程序，速度较快，容量很大B、Cache存放当前所有频繁访问的数据，特点是速度最快、容量较小C、外存存放需联机保存但暂时不执行的程序和数据，容量很大且速度很慢D、外存存放需联机保存但暂时不执行的程序和数据，容量很大且速度很快7、以下器件中存取速度最快的是（）A、CacheB、主存C、寄存器D、磁盘8、在下列几种存储器中，CPU可直接访问的是（）A、主存储器B、磁盘. word完美格式.C、磁带D、光盘9、下列叙述中，（）是正确的A、主存可由RAM和ROM组成B、主存只能由RAM组成C、主存只能由ROM组成D、都不对10、在存储器层次结构中，存储器从速度最快到最慢的排列顺序是（）A、寄存器-主存-Cache-辅存B、寄存器-主存-辅存-CacheC、寄存器-Cache-辅存-主存D、寄存器-Cache-主存-辅存11、在存储器层次结构中，存储器从容量最大到最小的排列顺序是（）A、寄存器-主存-Cache-辅存B、寄存器-主存-辅存-CacheC、辅存-主存-Cache-寄存器D、寄存器-Cache-主存-辅存12、用户程序所存放的主存空间属于（）A、随机存取存储器B、只读存储器C、顺序存取存储器D、直接存取存储器答案：1、C2、B3、D4、C5、D6、C7、C8、A9、A 10、D 11、C 12、A. word完美格式.第四章练习习题（二）2017-05-31马辉安阳师院mh1、以下（）表示从主存M中读出数据A、M(MAR) →MDRB、(MDR)→M(MAR)C、M(MDR)→MARD、(MAR)→M(MDR)2、以下（）表示向主存M中写入数据A、M(MAR) →MDRB、(MDR)→M(MAR)C、M(MDR)→MARD、(MAR)→M(MDR)3、下列说法中正确的是（）A、半导体RAM信息可读可写，且断电后仍能保持记忆B、DRAM是易失性RAM，而SRAM中的存储信息是不易失的C、半导体RAM是易失性RAM，但只要电源不断电，所存信息是不丢失的D、半导体RAM是非易失性的RAM4、下面有关系统主存的叙述中，错误的是（）A、RAM是可读可写存储器，ROM是只读存储器B、ROM和RAM的访问方式相同，都采用随机访问方式进行C、系统的主存由RAM和ROM组成D、系统的主存都是用DRAM芯片实现的5、静态半导体存储器SRAM指（）A、在工作过程中，存储内容保持不变B、在断电后信息仍保持不变. word完美格式.C、不需动态刷新D、芯片内部有自动刷新逻辑6、半导体静态存储器SRAM的存储原理是（）A、依靠双稳态电路B、依靠定时刷新C、依靠读后再生D、信息不再变化7、动态RAM的特点是（）A、工作中存储内容动态地变化B、工作中需要动态地改变访存地址C、每隔一定时间刷新一遍D、每次读出后需根据原存内容全部刷新一遍8、和静态RAM相比，动态RAM具有（）优点A、容量能随应用任务需要动态变化B、成本低、功耗低C、掉电后内容不会丢失D、内容不需要再生9、DRAM的刷新是以（）为单位进行的A、存储单元B、行C、列D、存储元10、某SRAM芯片，其存储容量为64K×16位，该芯片的地址线和数据线数目为（）A、64、16B、16、64C、64、8D、16、1611、某存储器容量为32K×16位，则（）A、地址线为16根，数据线为32根. word完美格式.B、地址线为32根，数据线为32根C、地址线为15根，数据线为16根D、地址线为15根，数据线为32根12、在存储器芯片中，地址译码采用双译码方式是为了（）A、扩大寻址范围B、减少存储单元数目C、增加存储单元数目D、减少存储单元选通线数目13、在1K×1位的存储芯片中，采用双译码方式，译码器的输出信号有（）条A、1024B、64C、32D、10 答案：1、A2、B3、C4、D5、C6、A7、C8、B9、B 10、D 11、C 12、D 13、B第四章练习习题（三）2017-06-01马辉安阳师院mh1、以下四种类型的半导体存储器中，以传输同样多的字为比较条件，则读出数据传输率最高的是（）A、DRAMB、SRAMC、FLASHD、EEPROM2、既具有SRAM读写的灵活性和较快的访问速度，又在断电后可不丢失信息的ROM是（）A、EEPROMB、FLASH. word完美格式.C、EPROMD、PROM3、下列存储器中可电改写的只读存储器是（）A、EEPROMB、EPROMC、ROMD、RAM4、下列几种存储器中，（）是易失性存储器A、CacheB、EPROMC、Flash MemoryD、CDROM5、下列各类存储器中，不采用随机方式的是（）A、EPROMB、CDROMC、DRAMD、SRAM6、某内存若为16MB，则表示其容量为（）KBA、16B、16384C、1024D、16000 7、若数据在存储器中采用以低字节地址为字地址的存放方式，则十六进制数12345678H的存储字节顺序按地址从小到大依次是（）A、12345678B、78563412C、87654321D、341278568、某计算机字长为32位，存储器容量为16MB，CPU按半字寻址时可寻址的单元数为（）A、224B、223C、222D、2219、某计算机字长为16位，存储器容量为64KB，CPU按字寻址，其可寻址的单元数是（）A、64KB、32KBC、32KD、64KB10、4片16K×8位的存储芯片，可设计为（）容量的存储器. word完美格式.A、32K×16位B、16K×16位C、32K×8位D、8K×16位11、16片2K×4位的存储器可以设计为（）存储容量的16位存储器A、16KB、32KC、8KD、2K12、设CPU地址总线有24根，数据总线有32根，用512K×8位的RAM 芯片构成该机的主存储器，则该机主存最多需要（）片这样的存储芯片。
(完整版)计算机组成原理第二版课后习题答案
第1章计算机系统概论1. 什么是计算机系统、计算机硬件和计算机软件？硬件和软件哪个更重要？解：计算机系统：由计算机硬件系统和软件系统组成的综合体。
计算机硬件：指计算机中的电子线路和物理装置。
计算机软件：计算机运行所需的程序及相关资料。
硬件和软件在计算机系统中相互依存，缺一不可，因此同样重要。
2. 如何理解计算机的层次结构？答：计算机硬件、系统软件和应用软件构成了计算机系统的三个层次结构。
（1）硬件系统是最内层的，它是整个计算机系统的基础和核心。
（2）系统软件在硬件之外，为用户提供一个基本操作界面。
（3）应用软件在最外层，为用户提供解决具体问题的应用系统界面。
通常将硬件系统之外的其余层称为虚拟机。
各层次之间关系密切，上层是下层的扩展，下层是上层的基础，各层次的划分不是绝对的。
3. 说明高级语言、汇编语言和机器语言的差别及其联系。
答：机器语言是计算机硬件能够直接识别的语言，汇编语言是机器语言的符号表示，高级语言是面向算法的语言。
高级语言编写的程序（源程序）处于最高层，必须翻译成汇编语言，再由汇编程序汇编成机器语言（目标程序）之后才能被执行。
4. 如何理解计算机组成和计算机体系结构？答：计算机体系结构是指那些能够被程序员所见到的计算机系统的属性，如指令系统、数据类型、寻址技术组成及I/O机理等。
计算机组成是指如何实现计算机体系结构所体现的属性，包含对程序员透明的硬件细节，如组成计算机系统的各个功能部件的结构和功能，及相互连接方法等。
5. 冯•诺依曼计算机的特点是什么？解：冯•诺依曼计算机的特点是：P8●计算机由运算器、控制器、存储器、输入设备、输出设备五大部件组成；●指令和数据以同同等地位存放于存储器内，并可以按地址访问；●指令和数据均用二进制表示；●指令由操作码、地址码两大部分组成，操作码用来表示操作的性质，地址码用来表示操作数在存储器中的位置；●指令在存储器中顺序存放，通常自动顺序取出执行；●机器以运算器为中心（原始冯•诺依曼机）。
计算机组成原理第二版课后答案
1. 什么是计算机系统、计算机硬件和计算机软件？硬件和软件哪个更重要？解：P3计算机系统——计算机硬件、软件和数据通信设备的物理或逻辑的综合体。
计算机硬件——计算机的物理实体。
计算机软件——计算机运行所需的程序及相关资料。
硬件和软件在计算机系统中相互依存，缺一不可，因此同样重要。
5. 冯•诺依曼计算机的特点是什么？解：冯氏计算机的特点是：P9• 由运算器、控制器、存储器、输入设备、输出设备五大部件组成；• 指令和数据以同一形式（二进制形式）存于存储器中；• 指令由操作码、地址码两大部分组成；• 指令在存储器中顺序存放，通常自动顺序取出执行；• 以运算器为中心（原始冯氏机）。
7. 解释下列概念：主机、CPU、主存、存储单元、存储元件、存储基元、存储元、存储字、存储字长、存储容量、机器字长、指令字长。
解：P10主机——是计算机硬件的主体部分，由CPU+MM（主存或内存）组成；CPU——中央处理器（机），是计算机硬件的核心部件，由运算器+控制器组成；（早期的运、控不在同一芯片上）主存——计算机中存放正在运行的程序和数据的存储器，为计算机的主要工作存储器，可随机存取；由存储体、各种逻辑部件及控制电路组成。
存储单元——可存放一个机器字并具有特定存储地址的存储单位；存储元件——存储一位二进制信息的物理元件，是存储器中最小的存储单位，又叫存储基元或存储元，不能单独存取；存储字——一个存储单元所存二进制代码的逻辑单位；存储字长——一个存储单元所存二进制代码的位数；存储容量——存储器中可存二进制代码的总量；（通常主、辅存容量分开描述）机器字长——CPU能同时处理的数据位数；指令字长——一条指令的二进制代码位数；讲评：一种不确切的答法：CPU与MM合称主机；运算器与控制器合称CPU。
这两个概念应从结构角度解释较确切。
8. 解释下列英文缩写的中文含义：CPU、PC、IR、CU、ALU、ACC、MQ、X、MAR、MDR、I/O、MIPS、CPI、FLOPS解：全面的回答应分英文全称、中文名、中文解释三部分。
计算机组成原理课后答案(第二版)_唐朔飞_第八章
16. 计算机为了管理中断，在硬件上 计算机为了管理中断 管理中断， 设置？ 作用？ 通常有哪些设置 各有何作用 通常有哪些设置？各有何作用？对指令系 有何考虑？ 统有何考虑？ 计算机为了管理中断， 解：计算机为了管理中断，在硬件上 中断系统。 设有专门处理中断的机构——中断系统 设有专门处理中断的机构——中断系统。 它通常包括 中断请求寄存器、 包括： Байду номын сангаас通常包括：中断请求寄存器、中断优先 级排队器、向量编码器、 级排队器、向量编码器、中断允许触发器 EINT）、中断标记触发器（INT）、 ）、中断标记触发器 （EINT）、中断标记触发器（INT）、 中断屏蔽触发器（寄存器） 功能如下： 中断屏蔽触发器（寄存器）等。功能如下： 中断请求寄存器——对中断源发来的 中断请求寄存器——对中断源发来的 一过性中断请求信号进行登记 登记； 一过性中断请求信号进行登记； 中断优先级排队器——对同时提出的 中断优先级排队器——对同时提出的 裁决， 多个中断请求信号进行裁决 多个中断请求信号进行裁决，选出一个最 紧迫的进行响应； 紧迫的进行响应；
（2）中断周期流程图如下： 中断周期流程图如下： ↓ 关中断（ EINT） 关中断（0→EINT） ↓ SP→BUS→MAR SP→BUS→ ↓ SP+1→ SP+1→SP ↓ PC→BUS→MDR PC→BUS→
说 明
堆栈栈顶地址送MAR 堆栈栈顶地址送MAR 修改堆栈指针 断点送内存
↓ 存储器写（CU(-W)→ 存储器写（CU(-W)→M） 进栈 ↓A
LDA ↓ IR（X）→MAR IR（ ↓ N @=1? ↓Y（间址） 间址） 存储器读（ 存储器读（CU(R) →M） ↓ MDR →BUS →MAR ↓ 存储器读（ 存储器读（CU(R) →M） ↓ MDR →BUS →AC ↓ 直 接 寻 址
计算机组成原理课后答案(第二版)_唐朔飞_第六章.
解：机器数与对应的真值形式如下：
真值
（二进制）
真值
（十进制）
原码
0，111 0，110 0，101 0，100 0，011 0，010 0，001 0，000
反码
补码
整 数
+111 +110 +101 +100 +011 +010 +001 +000
+7 +6 +5 +4 +3 +2 +1 +0
同 原 码
+7/8 +3/4 +5/8 +1/2 +3/8 +1/4 +1/8 +0
同 原 码
同 原 码
续表3：
真值
（二进制）
真值
（十进制）
原码 反码
无 1.111 1.110 1.101 1.100 1.011 1.010 1.001 1.000 无 1.000 1.001 1.010 1.011 1.100 1.101 1.110 1.111
（3）若要1/4 X > 1/16，只要a1=0，a2 可任取0或1； 当a2=0时，若a3=0，则必须a4=1， 且a5、a6不全为0（a5 or a6=1；若a3=1， 则a4~a6可任取0或1； 当a2=1时， a3~a6可任取0或1。 3. 设x为整数，[x]补=1，x1x2x3x4x5， 若要求 x < -16，试问 x1~x5 应取何值？ 解：若要x < -16，需 x1=0，x2~x5 任 意。（注：负数绝对值大的反而小。）
补码
1，000 1，001 1，010 1，011 1，100 1，101 1，110 1，111 0，000
第六章计算机组成原理课后答案(第二版)
第六章12. 设浮点数格式为：阶码5位（含1位阶符），尾数11位（含1位数符）。
写出51/128、-27/1024所对应的机器数。
要求如下：（1）阶码和尾数均为原码。
（2）阶码和尾数均为补码。
（3）阶码为移码，尾数为补码。
解：据题意画出该浮点数的格式：阶符1位阶码4位数符1位尾数10位将十进制数转换为二进制：x1= 51/128= 0.0110011B= 2-1 * 0.110 011Bx2= -27/1024= -0.0000011011B = 2-5*(-0.11011B）则以上各数的浮点规格化数为：（1）[x1]浮=1，0001；0.110 011 000 0[x2]浮=1，0101；1.110 110 000 0（2）[x1]浮=1，1111；0.110 011 000 0[x2]浮=1，1011；1.001 010 000 0（3）[x1]浮=0，1111；0.110 011 000 0[x2]浮=0，1011；1.001 010 000 016．设机器数字长为16位，写出下列各种情况下它能表示的数的范围。
设机器数采用一位符号位，答案均用十进制表示。
（1）无符号数；（2）原码表示的定点小数。
（3）补码表示的定点小数。
（4）补码表示的定点整数。
（5）原码表示的定点整数。
（6）浮点数的格式为：阶码6位（含1位阶符），尾数10位（含1位数符）。
分别写出其正数和负数的表示范围。
（7）浮点数格式同（6），机器数采用补码规格化形式，分别写出其对应的正数和负数的真值范围。
解：（1）无符号整数：0 —— 216 - 1，即：0—— 65535；无符号小数：0 —— 1 - 2-16，即：0 —— 0.99998；（2）原码定点小数：-1 + 2-15——1 - 2-15，即：-0.99997 —— 0.99997（3）补码定点小数：- 1——1 - 2-15，即：-1——0.99997（4）补码定点整数：-215——215 - 1 ，即：-32768——32767（5）原码定点整数：-215 + 1——215 - 1，即：-32767——32767（6）据题意画出该浮点数格式，当阶码和尾数均采用原码，非规格化数表示时：最大负数= 1，11 111；1.000 000 001 ，即 -2-9⨯2-31最小负数= 0，11 111；1.111 111 111，即 -（1-2-9）⨯231则负数表示范围为：-（1-2-9）⨯231 —— -2-9⨯2-31最大正数= 0，11 111；0.111 111 111，即（1-2-9）⨯231最小正数= 1，11 111；0.000 000 001，即 2-9⨯2-31则正数表示范围为：2-9⨯2-31 ——（1-2-9）⨯231（7）当机器数采用补码规格化形式时，若不考虑隐藏位，则最大负数=1，00 000；1.011 111 111，即 -2-1⨯2-32最小负数=0，11 111；1.000 000 000，即 -1⨯231则负数表示范围为：-1⨯231 —— -2-1⨯2-32最大正数=0，11 111；0.111 111 111，即（1-2-9）⨯231最小正数=1，00 000；0.100 000 000，即 2-1⨯2-32则正数表示范围为：2-1⨯2-32 ——（1-2-9）⨯23117.设机器数字长为8位（包括一位符号位），对下列各机器数进行算术左移一位、两位，算术右移一位、两位，讨论结果是否正确。
王万生《计算机组成原理》清华大学出版社答案汇总
计算机组成原理实用教程(第二版)习题1一、选择题1．微型计算机的分类通常是以微处理器的 D 来划分。
A．芯片名 B. 寄存器数目C．字长 D. 规格2. 将有关数据加以分类、统计、分析，以取得有价值的信息，我们称为 A。
A．数据处理 B. 辅助设计C．实时控制 D. 数值计算3．计算机技术在半个世纪中虽有很大的进步，但至今其运行仍遵循这一位科学家提出的基本原理 D 。
A.爱因斯坦B. 爱迪生C. 牛顿D. 冯·诺伊曼4．冯·诺伊曼机工作方式的基本特点是 A 。
A．按地址访问并顺序执行指令 B．堆栈操作C．选择存储器地址 D．按寄存器方式工作5．目前的CPU包括_A_和cache。
A. 控制器、运算器B. 控制器、逻辑运算器C. 控制器、算术运算器D. 运算器、算术运算器二、填空1. 数字式电子计算机的主要外部特性是快速性、准确性、通用性、逻辑性。
2. 世界上第一台数字式电子计算机诞生于 1946 年。
3. 第一代电子计算机逻辑部件主要由电子管组装而成。
第二代电子计算机逻辑部件主要由晶体管组装而成。
第三代电子计算机逻辑部件主要由集成电路组装而成。
第四代电子计算机逻辑部件主要由大规模集成电路组装而成。
4. 当前计算机的发展方向是网络化计算机系统、分布式计算机系统和智能化计算机系统等方向发展。
5. 电子计算机与传统计算工具的区别是自动化程度高。
6.冯·诺依曼机器结构的主要思想是1.采用二进制代码表示数据和指令；2．采用存储程序的工作方式；3．计算机的硬件系统由五大部分组成。
7. 冯·诺依曼机器结构由控制器、存储器、运算器、输入设备和输出设备五大部分组成。
8. 中央处理器由运算器和控制器两部分组成。
9. 计算机中的字长是指机器数的二进制位数（或计算机一次可以处理的二进制位数）。
10. 运算器的主要部件是算术逻辑运算单元ALU。
11. 控制器工作的实质是指挥和协调机器各个部件有条不紊工作。
计算机组成原理课后作业答案(包健第二版)完整
P156 4.1X＝0.1101 Y＝－0.0110（设机器数长度为8位）[X]补=0.1101000[－X]补=1.0011000[2X]补=溢出[－2X]补=溢出[X/2]补=0.0110100[-X/2]补=1.1001100[Y]补=1.1010000[－Y]补=0.0110000[2Y]补=1.0100000[－2Y]补=0.1100000[Y/2]补=1.1101000[-Y/2]补=0.0011000[-Y/4]补=0.0001100P156：2、（1）（2）P156：4－46－1原码恢复余数算法6－2原码加减交替算法P156：4.8阶码（5位补码）尾数（6位补码）（1）X=-1.625=-1.101B Y=5.25=101.01B X+YX－Y:1、对阶同上2、尾数相减：11.1100110+ 11.01011[E X-Y]补= 11.00100103、结果不需规格化4、舍入处理：[E X-Y]补＝1.00101[X-Y] = 0,0011 1,00101P108：9-1阶码（5位移码）尾数（6位补码）（1）X=5.25=101.01B Y=-1.625=-1.101B X*Y9-1 X/Y:9-2 X*Y9-2 X/Y《存储体系》P225：2、 （1） 片641641161664=⨯=⨯⨯K K（2） s msμ625.151282=（3） s ns μ64500128=⨯ P225：3、（1） 最大主存容量=bit 16218⨯（2） 共需片6416416416218=⨯=⨯⨯bitK bit芯片；若采用异步刷新，则刷新信号的周期为s msμ625.151282= （3） 每块8字节，则Cache 容量为行925128162==⨯BytebitK ，即c=9，Cache 采用2路组相联映射，则r=1。
主存容量为块161828162=⨯Bytebit，即m=16。
每块包含4个字，每字包含2个字节。
(完整版)计算机组成原理课后作业答案(包健第二版)完整
P156 4.1X＝0.1101 Y＝－0.0110（设机器数长度为8位）[X]补=0.1101000[－X]补=1.0011000[2X]补=溢出[－2X]补=溢出[X/2]补=0.0110100[-X/2]补=1.1001100[Y]补=1.1010000[－Y]补=0.0110000[2Y]补=1.0100000[－2Y]补=0.1100000[Y/2]补=1.1101000[-Y/2]补=0.0011000[-Y/4]补=0.0001100P156：2、（1）（2）P156：4－46－1原码恢复余数算法6－2原码加减交替算法P156：4.8阶码（5位补码）尾数（6位补码）（1）X=-1.625=-1.101B Y=5.25=101.01B X+YX－Y:1、对阶同上2、尾数相减：11.1100110+ 11.01011[E X-Y]补= 11.00100103、结果不需规格化4、舍入处理：[E X-Y]补＝1.00101[X-Y] = 0,0011 1,00101P108：9-1阶码（5位移码）尾数（6位补码）（1）X=5.25=101.01B Y=-1.625=-1.101B X*Y9-1 X/Y:9-2 X*Y9-2 X/Y《存储体系》P225：2、 （1） 片641641161664=⨯=⨯⨯K K（2） s msμ625.151282=（3） s ns μ64500128=⨯ P225：3、（1） 最大主存容量=bit 16218⨯（2） 共需片6416416416218=⨯=⨯⨯bitK bit芯片；若采用异步刷新，则刷新信号的周期为s msμ625.151282= （3） 每块8字节，则Cache 容量为行925128162==⨯BytebitK ，即c=9，Cache 采用2路组相联映射，则r=1。
主存容量为块161828162=⨯Bytebit，即m=16。
每块包含4个字，每字包含2个字节。
第六章计算机组成原理课后答案（第二版）
第六章计算机组成原理课后答案（第二版）第六章12. 设浮点数格式为：阶码5位（含1位阶符），尾数11位（含1位数符）。
写出51/128、-27/1024所对应的机器数。
要求如下：（1）阶码和尾数均为原码。
（2）阶码和尾数均为补码。
（3）阶码为移码，尾数为补码。
解：据题意画出该浮点数的格式：阶符1位阶码4位数符1位尾数10位将十进制数转换为二进制：x1= 51/128= 0.0110011B= 2-1 * 0.110 011Bx2= -27/1024= -0.0000011011B = 2-5*(-0.11011B）则以上各数的浮点规格化数为：（1）[x1]浮=1，0001；0.110 011 000 0[x2]浮=1，0101；1.110 110 000 0（2）[x1]浮=1，1111；0.110 011 000 0[x2]浮=1，1011；1.001 010 000 0（3）[x1]浮=0，1111；0.110 011 000 0[x2]浮=0，1011；1.001 010 000 016．设机器数字长为16位，写出下列各种情况下它能表示的数的范围。
设机器数采用一位符号位，答案均用十进制表示。
（1）无符号数；（2）原码表示的定点小数。
（3）补码表示的定点小数。
（4）补码表示的定点整数。
（5）原码表示的定点整数。
（6）浮点数的格式为：阶码6位（含1位阶符），尾数10位（含1位数符）。
分别写出其正数和负数的表示范围。
（7）浮点数格式同（6），机器数采用补码规格化形式，分别写出其对应的正数和负数的真值范围。
解：（1）无符号整数：0 —— 216 - 1，即：0—— 65535；无符号小数：0 —— 1 - 2-16，即：0 —— 0.99998；（2）原码定点小数：-1 + 2-15——1 - 2-15，即：-0.99997 —— 0.99997（3）补码定点小数：- 1——1 - 2-15，即：-1——0.99997（4）补码定点整数：-215——215 - 1 ，即：-32768——32767（5）原码定点整数：-215 + 1——215 - 1，即：-32767——32767（6）据题意画出该浮点数格式，当阶码和尾数均采用原码，非规格化数表示时：最大负数= 1，11 111；1.000 000 001 ，即 -2-9?2-31最小负数= 0，11 111；1.111 111 111，即 -（1-2-9）?231则负数表示范围为：-（1-2-9）?231 —— -2-9?2-31最大正数= 0，11 111；0.111 111 111，即（1-2-9）?231最小正数= 1，11 111；0.000 000 001，即 2-9?2-31则正数表示范围为：2-9?2-31 ——（1-2-9）?231（7）当机器数采用补码规格化形式时，若不考虑隐藏位，则最大负数=1，00 000；1.011 111 111，即 -2-1?2-32最小负数=0，11 111；1.000 000 000，即 -1?231则负数表示范围为：-1?231 —— -2-1?2-32最大正数=0，11 111；0.111 111 111，即（1-2-9）?231最小正数=1，00 000；0.100 000 000，即 2-1?2-32则正数表示范围为：2-1?2-32 ——（1-2-9）?23117.设机器数字长为8位（包括一位符号位），对下列各机器数进行算术左移一位、两位，算术右移一位、两位，讨论结果是否正确。
计算机组成原理(第二版)唐朔飞----各章节习题及标准答案
第一章练习习题(一)２0１7－0４-2４马辉安阳师院ｍｈ1、通常划分计算机发展时代是以(）为标准的。
Ａ、所用的电子元器件B、运算速度Ｃ、计算机结构 D、所用语言2、微型计算机的发展以（)技术为标志。
A、操作系统B、微处理器Ｃ、磁盘D、软件3、电子计算机技术发展至今，其运行仍遵循一位科学家提出的基本原理，他是（)。
A、牛顿B、爱因斯坦C、爱迪生Ｄ、冯诺依曼4、以下说法中，正确的是（）。
Ａ、控制器能理解并执行所有指令及存储结果B、一台计算机包括输入、输出、控制、存储及算术逻辑运算五个单元Ｃ、所有的数据运算都在CＰU的控制器中完成D、都不对5、电子计算机发展的四代中所用的主要元器件分别是()A、电子管、晶体管、中小规模集成电路、激光器件B、晶体管、中小规模集成电路、激光器件、光介质C、电子管、晶体管、中小规模集成电路、大规模集成电路D、电子管、数码管、中小规模集成电路、激光器件6、下列选项中不是冯诺依曼机器的最根本特征的是（）。
Ａ、以运算器为中心B、指令并行执行Ｃ、存储器按地址访问Ｄ、数据以二进制编码,用二进制运算7、在ＣＰU的组成中不包括()Ａ、运算器B、存储器C、控制器D、寄存器８、存储字是指()Ａ、存放在一个存储单元中的二进制代码组合B、存放在一个存储单元中的二进制代码位数Ｃ、存储单元的个数Ｄ、机器指令的位数9、存储字长是指（）选项同上题10、计算机中数据处理中心是（)Ａ、主机B、运算器C、控制器D、I/O系统11、以下说法错误的是（）A、硬盘是外部设备B、软件的功能与硬件的功能在逻辑上是等效的C、硬件实现的功能一般比软件实现具有较高的执行速度Ｄ、软件的功能不能由硬件替换12、32位微机是指该计算机所用的CPU(）A、具有32个寄存器Ｂ、能同时处理32位的二进制数Ｃ、能处理32个字符D、运算的结果最大为2的32次方13、下列选项中，描述浮点数操作速度的指标是（）Ａ、ＭIＰS Ｂ、CPIC、ＩＰC Ｄ、ＭFLOＰS１４、当前设计高性能计算机的重要技术途径是(）A、提高CＰU主频B、采用非冯诺依曼结构C、扩大主存容量Ｄ、采用并行处理技术答案：１、A 2、B 3、Ｄ4、B 5、Ｃ6、B 7、B ８、A ９、B 10、B １１、D 12、B 1３、D 1４、Ｄ第三章练习习题（一）２017－０5-04马辉安阳师院mｈ１、连接计算机与计算机之间的总线属于（)总线Ａ、片内B、系统Ｃ、通信D、都不对2、挂接在总线上的多个部件（)Ａ、只能分时向总线发送数据,并只能分时从总线上接收数据Ｂ、只能分时向总线发送数据，但可同时从总线接收数据Ｃ、可同时向总线发送数据,并同时从总线接收数据D、可同时向总线发送数据，但只能分时从总线接收数据３、在总线上,同一时刻（）A、只能有一个主设备控制总线传输操作B、只能有一个从设备控制总线传输操作C、只能有一个主设备和一个从设备控制总线传输操作D、可以有多个主设备控制总线传输操作4、总线是计算机各部件交换信息的公共通路,当使用总线传送数据时在每一时刻在总线上传送（）Ａ、多个部件发送给多个部件的信息B、多个部件发送给一个部件的信息C、一个部件发送给一个部件的多组信息。
计算机组成原理课后答案(第二版)_唐朔飞_第十章
3. 按序写出下列程序所需的全部 按序写出下列程序所需的全部 微操作命令及节拍安排。 微操作命令及节拍安排。 指令地址 300 301 302 303 304 指令 LDA 306 ADD 307 BAN 304 STA 305 STP
解：由于题意未明确要求采用何种 由于题意未明确要求 未明确要求采用何种 控制器结构， 控制器结构，故仍按较简单的组合逻辑 时序关系安排节拍（单总线、同步控制， 时序关系安排节拍（单总线、同步控制， 假设同上题）： 假设同上题）： LDA 306 指令： 指令： 取指周期： 取指周期： T0 PC→MAR，1→R PC→MAR， T1 PC+1，M(MAR)→MDR PC+1，M(MAR)→ T2 MDR→IR，OP(IR)→ID MDR→IR，OP(IR)→ 执行周期： 执行周期： T0 306(IR)→MAR，1→R 306(IR)→MAR， T1 M(MAR)→MDR M(MAR)→ T2 MDR→AC MDR→
ADD 307 指令：取指周期：同上。 指令：取指周期：同上。 执行周期1 执行周期1： T0 307(IR)→MAR，1→R 307(IR)→MAR， T1 M(MAR)→MDR，AC→C M(MAR)→MDR，AC→ T2 MDR→D MDR→ 执行周期2 执行周期2： T0 T1 T2 +，ALU→AC +，ALU→ BAN 304 指令：取指周期：同上。 指令：取指周期：同上。 执行周期： 为结果为负标志） 执行周期： （设N为结果为负标志） T0 T1 T2 N·304(IR)→PC N·304(IR)→
（2） SUB R1，R3指令周期流程图如下： 指令周期流程图如下： ↓ PCo，G，MARi PC→MAR → ↓ MM读 读 1 →R ↓ PC+1 →PC +1（可与前一步并行） +1（ ↓ MDR →IR MDRo，G，IRi ↓ OP=？ OP=？ ↓SUB
计算机组成原理课后答案(第二版)-唐朔飞-第四章
…… …… 由上可看出：片字数越少，片字长越长，引脚数越多。片 字数、片位数均按2的幂变化。 结论：如果满足地址线和数据线的总和为最小，这种芯片 的引脚分配方案有两种：地址线 = 19根，数据线 = 1根；或地址 线 = 18根，数据线 = 2根。
·操作性质一样。都是属于重写操作。
区别：
·解决的问题不一样。再生主要解决DRAM存储元 破坏性读出时的信息重写问题；刷新主要解决长时间不
访存时的信息衰减问题。
·操作的时间不一样。再生紧跟在读操作之后，时间 上是随机进行的；刷新以最大间隔时间为周期定时重复
进行。
·动作单位不一样。再生以存储单元为单位，每次仅 重写刚被读出的一个字的所有位；刷新以行为单位，每
D3D2D1D0
页
面逻辑 框图： （字扩 展）
16K×8 CS0 1K×8（组0）
A10
组 CS1 1K× 8（组1）
A11
译 码
CS2 1K×8（组2）
A12
器
A13 4:16 ………………
G CS15 1K×8（组15）
CEi
A9~0 WE D7~0
存储 器逻 辑框 图： （字 扩展）
CS0 16K×8（W 页面E 0）
解：设DRAM的刷新最大间隔时间为2ms，则 异步刷新的刷新间隔 =2ms/256行
=0.0078125ms =7.8125µs 即：每7.8125µs刷新一行。 集中刷新时， 刷新最晚启动时间 =2ms-0.1µs×256行
计算机组成原理课后答案(第二版)_唐朔飞_第四章
讨论： 讨论： 1）刷新与再生的比较： 刷新与再生的比较： 共同点： 共同点： ·动作机制一样。都是利用DRAM存储元破 动作机制一样。都是利用DRAM存储元破 坏性读操作时的重写过程实现； 坏性读操作时的重写过程实现； ·操作性质一样。都是属于重写操作。 操作性质一样。都是属于重写操作。
区别： 区别：
·解决的问题不一样。再生主要解决DRAM存储元 主要解决DRAM存储元 解决的问题不一样。 破坏性读出时的信息重写问题； 破坏性读出时的信息重写问题；刷新主要解决长时间不 访存时的信息衰减问题。 访存时的信息衰减问题。 ·操作的时间不一样。再生紧跟在读操作之后，时间 紧跟在读操作之后， 操作的时间不一样。 上是随机进行的； 最大间隔时间为周期定时重复 上是随机进行的；刷新以最大间隔时间为周期定时重复 进行。 进行。 ·动作单位不一样。再生以存储单元为单位，每次仅 以存储单元为单位， 动作单位不一样。 重写刚被读出的一个字的所有位； 以行为单位， 重写刚被读出的一个字的所有位；刷新以行为单位，每 次重写整个存储器所有芯片内部存储矩阵的同一行。 次重写整个存储器所有芯片内部存储矩阵的同一行。
特性 存储信息 破坏性读出 需要刷新 送行列地址 运行速度 集成度 发热量 存储成本 功耗 可靠性 可用性 适用场合
SRAM 触发器 非 不要 同时送 快 低 大 高 高 高 使用方便 高速小容量存储器
DRAM 电容 是 需要 分两次送 慢 高 小 低 低 低 不方便 大容量主存
9. 什么叫刷新？为什么要刷新？说明刷新有几种方法。 什么叫刷新 为什么要刷新 说明刷新有几种方法 刷新？ 要刷新？ 几种方法。 刷新——对DRAM定期进行的全部重写过程； 定期进行的全部重写过程 解：刷新——对DRAM定期进行的全部重写过程； 刷新原因——因电容泄漏而引起的 而引起的DRAM所存信息的衰减需 刷新原因——因电容泄漏而引起的DRAM所存信息的衰减需 及时补充，因此安排了定期刷新操作； 要及时补充，因此安排了定期刷新操作； 常用的刷新方法有三种 有三种——集中式 分散式、异步式。 集中式、 常用的刷新方法有三种——集中式、分散式、异步式。 集中式：在最大刷新间隔时间内，集中安排一段时间进行刷 集中式：在最大刷新间隔时间内，集中安排一段时间进行刷 新； 分散式：在每个读/写周期之后插入一个刷新周期， CPU访 插入一个刷新周期 分散式：在每个读/写周期之后插入一个刷新周期，无CPU访 存死时间； 存死时间； 异步式：是集中式和分散式的折衷 折衷。 异步式：是集中式和分散式的折衷。
计算机组成原理课后答案(第二版)_唐朔飞_第六章
5. 已知[x]补，求[x]原和x。 [x1]补=1. 1100； [x2]补=1. 1001； [x3]补=0. 1110； [x4]补=1. 0000； [x5]补=1，0101； [x6]补=1，1100； [x7]补=0，0111； [x8]补=1，0000；
解：[x]补与[x]原、x的对应关系如下：
+0.000 +0
原码
0.111 0.110 0.101 0.100 0.011 0.010 0.001 0.000
反码 补码
同同 原原 码码
续表3：
真值
真值 原码 反码
（二进制） （十进制）
-1.000
-1
无
无
小
-0.111 -0.110
-7/8 1.111 1.000 -3/4 1.110 1.001
[x]补 1.1100
[x]原 1.0100
x（二进制） x（十进制）
-0.0100
-1/4
1.1001
1.0111
-0.0111
-7/16
0.1110
1.0000 1，0101 1，1100 0，0111 1，0000
0.1110 无
1，1011 1，0100 0，0111
无
+0.1110 -1.0000 -1011 -0100 +0111 -10000
[x]补=[x]原成立； 若x < 0，则当x= -64时，
[x]补=[x]原成立。
7. 设x为真值，x*为绝对值，说明
[-x*]补=[-x]补能否成立。 解：当x为真值，x*为绝对值时，
[-x*]补=[-x]补不能成立。 [-x*]补=[-x]补 的结论只在x>0时成立。当x<0时，由
计算机组成原理课后答案(第二版)_第三章
常见的集中式总线控制有三种： 链式查询、计数器查询、独立请求；
特点：链式查询方式连线简单，
易于扩充，对电路故障最敏感；计数 器查询方式优先级设置较灵活，对故 障不敏感，连线及控制过程较复杂； 独立请求方式判优速度最快，但硬件 器件用量大，连线多，成本较高。
第 5 张幻灯片
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6. 试比较同步通信和异步通信 。
解： 同步通信——由统一时钟控制的 通信，控制方式简单，灵活性差， 当系统中各部件工作速度差异较大 时，总线工作效率明显下降。适合 于速度差别不大的场合； 异步通信——不由统一时钟控制 的通信，部件间采用应答方式进行 联系，控制方式较同步复杂，灵活 性高，当系统中各部件工作速度差 异较大时，有利于提高总线工作效 率。
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15. 在一个32位的总线系统中，总 线的时钟频率为66MHz，假设总线最短 传输周期为4个时钟周期，试计算总线 的最大数据传输率。若想提高数据传 输率，可采取什么措施？
解法1： 总线宽度 =32位/8 =4B 时钟周期 =1/ 66MHz =0.015µ s 总线最短传输周期 =0.015µ s×4
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数据总线（D7~D0）
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1Q
计算机组成原理课后答案(第二版)第七章
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7. 设指令字长为16位，采用扩展操 作码技术，每个操作数的地址为6位。 如果定义了13条二地址指令，试问还可 安排多少条一地址指令？
解：二地址指令格式如下：
4
6
6
OP
A1
A2
设二地址指令格式为该指令系统 的基本格式，4位操作码共有16种编码， 其中13种用来定义二地址指令，还剩3 种可用作扩展标志。如不考虑零地址 指令，该指令系统最多还能安排：
第 20 张幻灯片
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（7பைடு நூலகம்为使指令寻址范围可扩大到
4M，需要有效地址22位，此时可将单
字长一地址指令的格式改为双字长，
如下图示：
7
3
6
OP
M
A
A
16 图中，指令的第一字保持原来格
式不变，形式地址A扩展到第2个字。 这样，直接寻址时，EA=A=16+6=22 位，正好可访问4M地址空间。由于A
物理地址=（DS） 26 + EA 注：段寻址方式由硬件隐含实现。 在编程指定的寻址过程完成、EA产生之 后由硬件自动完成，对用户是透明的。
第 23 张幻灯片
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方案三：
（7）在采用单字长指令（16位）格式 时，还可通过页面寻址方案使指令寻址范 围扩大到4M。安排如下：
硬件设页面寄存器PR（16位），用来 存放页面地址。指令寻址方式中增设页面 寻址。当需要使指令寻址范围扩大到4M时， 编程选择页面寻址方式，则：
解：据题意，相对寻址的转移指令 格式如下：
2000H 2001H 2002H
OP A
第 14 张幻灯片
计算机组成原理课后答案(第二版)第七章
14. 设相对寻址的转移指令占两个 字节，第一个字节是操作码，第二个 字节是相对位移量，用补码表示。假 设当前转移指令第一字节所在的地址 为2000H，且CPU每取出一个字节便自 动完成（PC）+1PC的操作。试问当 执行“JMP *+8”和“JMP *-9”指令时， 转移指令第二字节的内容各为多少？
第 8 张幻灯片
11. 画出先变址再间址及先间址再变址的寻址过程 示意图。
解：1）先变址再间址寻址过程简单示意如下： 目 录 EA=[(IX)+A]， (IX)+1IX
上一页 IR OP M
A
下一页
+1 退 出 IX
主存 操作数
ALU
IX：变址寄存器， 既可是专用寄存器， 也可是通用寄存器之一。
设一重间接
第 19 张幻灯片
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（6）六种寻址方式中，立即寻址指 令执行时间最短，因为此时不需寻址；
间接寻址指令执行时间最长，因为 寻址操作需访存一次到多次；
相对寻址便于程序浮动，因为此时
操作数位置可随程序存储区的变动而改 变，总是相对于程序一段距离；
变址寻址最适合处理数组问题，因
为此时变址值可自动修改而不需要修改 程序。
EA =（PR）‖A （有效地址=页面地址“拼接”6位形式地址）
这样得到22位有效地址。
第 24 张幻灯片
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通过基址寻址与段寻址获得实际地 址的区别：
1）基址寻址的基地址一般比较长 （存储器地址位数），位移量比较短 （=形式地址位数），相加后得到的有效 地址长度=基地址长度。此时主存不分段。
EA1= (PC) +8 = 2002H+0008H = 200AH
计算机组成原理课后答案(第二版)_唐朔飞_第九章
5% 15%
解：指令平均运行时间 =（0.6×0.35 +0.8×0.45+10×0.05+1.4×0.15）µs
= 0.21+0.36+0.5+0.21 = 1.28µs 机器平均运行速度 = 1/1.28µs = 0.78125MIPS
CPU芯片升级后，机器平均运行速度计算： 方法一： 0.78125MIPS×(10MHz/ 6MHz)≈1.3MIPS 方法二： 时钟周期 = 1/6MHz≈0.16667µs 指令平均运行周期数=1.28µs/0.16667µs≈7.68CPI 升级后时钟周期 = 1/10MHz ≈ 0.1µs 指令平均运行时间≈0.1µs×7.68≈0.768µs 机器平均运行速度≈1/0.768µs≈1.3MIPS
当参数改变后： 机器周期= 125ns×4=500ns=0.5µs 平均指令周期=0.5µs×4=2µs 平均指令执行速度=1/2µs=0.5MIPS
结论：两个主频相同的机器，执 行速度不一定一样。
7. 某CPU的主频为10MHz，若已 知每个机器周期平均包含4个时钟周期， 该机的平均指令执行速度为1MIPS，
12. CPU结构同上题，写出完成 下列指令所需的全部微操作和控制信 号（包括取指令）。
（1）寄存器间接寻址的无条件转 移指令“JMP @ B”。
（2）间接寻址的存数指令“STA @ X”。
解：解题方法步骤同上题。 （1） “JMP @ B”指令的流程图 和全部微操作控制信号如下：
“JMP @ B”指令流程图及微命令序列：
=100ns 机器周期=100ns×4=400ns=0.4µs 平均指令周期=1/1MIPS
=1×10-6=1µs 每个指令周期所含机器周期个数 = 1µs/0.4µs=2.5个
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2.1 将下列各数值写成按权展开式： （572.106）8 （A3D.F0E）16 （1011.011）2 （4211.375）10 3 2 1 0 解 ：（4211.375）10=4×10 +2×10 +1×10 +1×10 +3×10-1+7×10-2+5×10-3 （572.106）8=5×82+7×81+2×80+1×8-1+0×8-2+6×8-3 （A3D.F0E）16 =A×162+3×161+D×160+F×16-1+0×16-2+E×16-3 （1011.011）2=1×23+0×22+1×21+1×20+0×2-1+1×2-2+1×2-3 2.2 将二进制数 11011，-0.1001，101011.0011 转换成十进制数。 解：11011=1×24+1×23+0×22+1×21+1×20=16+8+0+2+1=(27)10 -0.1001=-(1×2-1+0×2-2+0×2-3+1×2-4)=(-0.5625)10 101011.0011=1 × 25+0 × 24+1 × 23+0 × 22+1 × 21+1 × 20+0 × 2-1+0 × 2-2+1 × 2-3+1 × 2-4=(43.1875) 10 2.3 将十进制数 199，0.375，0.2，69.3，-523.11 转换成二进制数。 解： (199)10=(11000111)2 （0.375）10=（0.011）2 (0.2)10=(0.001100)2 (69.3)10=(1000101.010011)2 (-523.11)10=(-1000001011.000111)2 解析：具体解法见书 P15—P16。 2.4 试借助八进制为过渡制，进行题 2.2 与题 2.3 的转换。 3 分析：由于二进制基数为 2，八进制基数为 8，由于 2 =8，所以八进制的一位对应的二进
-1≤X＜1 [X]移=2n-1+X -2n-1 ≤X＜2n-1 [X]移=1+X 2-11 写出下列各机器数的真值： [x] 补=0.1111 [x] 补=1.1111 [x] 补=1.0000 [x] 补=1.1000 解：解： 补码 真值 0.1111 [x] 补=0.1111 -0.0001 [x] 补=1.1111 -1.0000 [x] 补=1.0000 -0.1000 [x] 补=1.1000 解析：令[[x] 补=1.x1x2……xn-2xn-1 则从补码求真值的方法是：x= [x] 补-2= [x] 补(1.11…11-1.x1x2……xn-2xn-1 +0.00…01)=-（0.x1x2……xn-2xn-1 +0.00…01） 即各位取反，再在末位加 1，并在结果上冠以负号，即得负数的真值，正数补码的真值为其 本身。 2-12 若[X] 补>[Y] 补是否意味着 X>Y? 解：否，例-1 和-2； [-2]补=11111110 [-1]补=1.0000 且任一负整数（除-1 外）的补都大于-1 的补，但-1 大于这些负整数 2.13 (a)不一定，若 s1,s2 为非规格化数，则 N1，N2 大小不定； （b）若 s1,s2 都为规格化数，p>q,则 N1>N2。 2-13 给定两个正浮点数 N1=S1×2p N2=S2×2q (a) 若 p>q, 是否有 N1> N2? 。 (b) 若 S1、S2 都是规格化数，请回答（a） 解：(a)不一定，若 S1、S2 为非规格化数，则 N1，N2 大小不定； （b）若 S1、S2 都为规格化数，p>q,则 N1> N2。 2-14 试用二进制定点数的原码、 补码和反码以及二进制规格化数 （阶用移码而尾数用补码） 表示下列各数：
解： 原码 补码 -0.00101 1.00101 1.11011 -0.11111 1.11111 1.00001 0.01010 0.01010 0.01010 -0.10000 1.10000 1.10000 解析：对小数而言 X 0≤X＜1 [X]原= 1-X -1＜X≤0 X 0≤X＜1 [X]补= 2+X -1≤X＜0 X 0≤X＜1 [X]反= -( n-1)) +X -1＜X≤0 (2-2
制的三位，概括为“三位归一位” 。 （000）2—（0）8； （001）2—（1）8； （010）2—（2）8； （100）2—（4）8； （101）2—（5）8； （110）2—（6）8； （111）2—（7） （011）2—（3）8； 8。 解：011 011 3 3 所以（11011）2=（33）8=3*81+3*80=（27）10 -0.100 100 4 4 所以（-0.1001）2=（-0.44）8=--（4*8-1+4*8-2）=（-0.5625）10 （ 101011.0011）2=（53.14）8=（43.1875）10 （ (199)10=(307)8=(11000111)2 （0.375）10=（0.38）=（0.011）2 (0.2)10=(0.14)8=(0.001100)2 (69.3)10=（105.23）8=(1000101.010011)2 (-523.11)10=（1013.07）8=(-1000001011.000111)2 2.5 设一个六位二进制小数 X>=0,表示成 0.k1k2k3k4k5k6，其中 k1,k2,…,k6 可分别取 1 或 0，试 问： （1）若要 X＞1/2，那么 k1,k2,…,k6 要满足什么条件？ （2）若要 X≥1/8，那么 k1,k2,…,k6 要满足什么条件？ 解：(1) k1=1, ,k2,…,k6 任一个为 1； （2）k1,k2 至少一位为 1 ，k3…,k6 任意； 或 k1,k2 为 0，k3,为 1，k4…,k6 任意。 2.6 判断任何一个 7 位的二进制正整数 k= k1k2k3k4k5k6k7 是否为 4 的倍数？
答：若 k6k7=0，则该数为 4 的倍数 2.7 设浮点机采用如下格式浮点数： 阶符 阶 数符 尾数 当阶位数为 e，尾数位数为时 m，请填写出（用十进制表示）它所能表示的数的范围及有效 数字的位数。另外，在给定字长条件下，请讨论 e 和 m 对表示数的范围和精度的影响。 阶尾数位数的分配 最大数 最小数 有效数字位数 － 3 0.0625×2 3 4 e=2 , m=4 0.9375×2 －7 7 0.125×2 3 e=3 , m=4 0.875×2 －15 15 0.25×2 2 e=4 , m=2 0.75×2 分析：浮点机在题设条件下，表示数的绝对值最大为 |N|max=(1-2-m)×2n;表示数的绝对值最小为： |N|min=2-m×2-n).其中 n＝2e－1。 2.8 设二进制浮点数浮点数的阶为 3 位，尾数为 6 位，另有阶符，数符各 1 位。试写出它所 表示的最大正数，最小正数；最大负数，最小负数（除 0 外） ，并写出相应的数值（用十进 制表示） 。 解：阶的位数 e=3,尾数 m=6 7 则表示数的绝对值最大为|N|max =(1-2-m)×2n=（1-2-6）×2n1=0.984375×2 7 e 3 |N|min =2-m×2-n=2-6×2 =2；其中 n=2 -1,n1=2 -1 7 所以，最大正数为 0.984375×2 ,最小正数为 2 7 最大负数为-2， 最小负数为-0.984375×2 阶符 0 1 1 0
反码 移码 1.11010 0.11011 1.00000 0.00001 0.01010 0.01010 1.01111 0.10000 对整数而言 [X]原= X 0≤X＜2n-1 n-1 2 -X -2n-1 ＜X≤0 [X]补= X 0≤X＜2n-1 n 2 +X -2n-1 ≤X＜0 [X]反= X 0≤X＜ 2n-1 ( 2n -1)+X -2n-1＜X≤0
2
-5
3
± 64 ＝（±2 )10=(±0.1)2×2
-4
73.5＝(1001001.1)2=(0.10010011)2×2 则 阶符 阶 数符 72
2 64 2
1
7
尾数 111100 100000 100000
0 1 1
011 100 100
0 0 1
- 64
73．5 0 111 0 100100 2-10 写出下列各二进制数的原码、补码、反码及移码： -0.00101 -0.11111 0.01010 -0.10000
13 13
+ 128 、- 128 解：
13
原码
补码
反码 0.0001101 1.1110010
二进制规格化数 101101101000 010110011000
+ 128
13
0.0001101 0.0001101 1.0001101 1.1110011
- 128
2-15 试用补码定义证明：[X]补+[Y] 补=[X+Y] 补。 证明： （1）X＞0，Y＞0，则 X+Y＞0 [X] 补+[Y] 补=X+Y=[X+Y] 补 （2）X＞0，Y＜0，则 X+Y＞0 或 X+Y＜0 因为[X] 补=X，[Y] 补=2+Y 所以[X] 补+[Y]补=X+2+Y=2+（X+Y） 当 X+Y＞0 时，2+（X+Y）＞2，进位 2 必丢失，又因（X+Y）＞0，所以 [X] 补+[Y] 补=X+Y=[X+Y] 补 当 X+Y＜0，2+（X+Y）＜2，又因（X+Y）＜0，所以 [X] 补+[Y] 补=X+Y=[X+Y] 补 （3）X＜0，Y＞0，则 X+Y＞0 或 X+Y＜0 此情况和第 2 种情况一样，把 X 与 Y 的位置对调即得证。 （4）X＜0，Y＜0，则 X+Y＜0 因为[X] 补=2+X，[Y] 补=2+Y 所以[X] 补+[Y] 补=2+X+2+Y=[X+Y] 补。 2-16 试写出数 0 在原码、补码、反码和移码中的表示形式。 解： 原码 补码 反码 移码 +0 00000000 00000000 0.00…00 10000000 -0 10000000 00000000 1.11…11 10000000 2-17 指出下表中代码 （B） 在不同编码系统中所表示之值， 并以相应的十进制数值填入表格。 （B） b3 0 0 0 0 0 0 0 0 1 1 1 1 1 1 1 1 b2 1 1 1 1 0 0 0 0 0 0 0 0 1 1 1 1 b1 1 1 0 0 1 1 0 0 0 0 1 1 0 0 1 1 b0 1 0 1 0 1 0 1 0 0 1 0 1 0 1 0为 最小负数为