计算机组成原理-白中英-第5版
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。
白中英 第五版 计算机组成原理第5章.
用二进制码表示的指令和数据都放在内存里， 那么CPU是怎样识别出它们是数据还是指令呢?
从时间上来说:
▴ ▴
取指发生在指令周期的第一个CPU周期; 取数发生在后面几个CPU周期，即 “执行指令”阶段。
从空间上来说:
▴ 送指令寄存器IR —指令 ▴
送运算器 — 数据。
计算机组成原理
30
5.3
时序产生器和控制方式
送操作 数地址
取出操 作数
取指令阶段
计算机组成原理
执行指令阶段
16
LAD指令的指令周期——执行
play 计算机组成原理
17
5.2.4
ADD指令的指令周期
ADD R1, R2是一条RR指令
计算机组成原理
18
ADD指令的指令周期——执行
play
计算机组成原理
19
5.2.5
STO指令的指令周期
STO R2, (R3)是一条RS指令
5.4.1 微命令和微操作
▲ 微命令：控制部件通过控制线向执行部件发出的各种
控制命令。
▲ 微操作：执行部件接受微命令后所进行的操作。 ▲ 微操作可分为相容性和相斥性两种。 在同时或同一个CPU周期 内可以并行执行的微操作 不能在同时或同一个CPU 周期内并行执行的微操作
7
计算机组成原理
5.1.4 操作控制器与时序产生器
数据通路： 是许多寄存器之间传送信息的通路。 操作控制器的功能 : 根据指令操作码和时序信号，产 生各种操作控制信号，以便正确地建立数据通路， 从而完成取指令和执行指令的控制。 根据设计方法不同，操作控制器可分为：
1.硬布线控制器 2.微程序控制器
；（R1）→R0 ；（6）→ R1
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。
白中英 第五版 计算机组成原理第1章PPT课件
操作码 地址码
指出指令所进行的 操作，如加、减、 乘、除、取数、存 数等
计算机组成原理
表示参加运算的数据 从存储器的哪个单元 取；运算的结果应存 到哪个单元
3. 控制器
操作的编码
操作 加法 减法 乘法 除法 取数 存数 停机
编码 001 010 011 100 101 110 000
器 计算机的运算器长度：
• 8位、16位、32位或64位
计算机组成原理
2. 存储器
功能：保存或“记忆”数据和运算过程
存储的是0或1表示的二进制代码
存储单元： 在存储器中保存一个n位二进制数的
n个触发器，组成一个存储单元
存储器地址：存储器是由许多存储单元组成，每
个存储单元的编号，称为地址
存储容量：存储器所有存储单元的总数。通常用
1985 386DX 27.5万
1999
P--III
1989 486DX 120万
1999.10 P-III-COP
管数 310万 550万 450万 750万 750万 950万 2800万
27.11.202பைடு நூலகம் 2:35
计算机组成原理
1.2.4 计算机的性能指标
吞吐量：表征一台计算机在某一时间间隔内能 够处理的信息量，单位是字节/秒（B/S）。
•计算机的基本结构；
•采用二进制；
•数据和程序都放在内存中。
主
• 冯.诺伊曼结构
机
冯·诺依曼计算机硬件框图
存放数据 将信息和转程换序成机 器能识别的形式
存储器
算将术结运果算转换成 逻人辑们运熟算悉的形式
输入设备
运算器
输出设备
计算机组成原理
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（）。
(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。
白中英 第五版 计算机组成原理第6章
高速总线通过扩 充总线接口与扩 充总线相连，扩 充总线上可以连 接串行方式工作 的I/O设备
图6.2 多总线结构
计算机组成原理
12
6.1.3 总线的内部结构
早期的单总线可看作CPU引脚的延伸。
输入设备
输出设备 接口 地址
存储器
驱动
接口
数据
CPU 控制
play
计算机组成原理
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“CPU引脚延伸”的缺陷
I/O接口0 BG
I/O接口1
…
I/O接口n
…
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计算机组成原理
链式查询方式特点
优点：BG线只有一根、容易扩充设备。 缺点： •靠近仲裁器的设备优先级最高，优先级低的 接口可能长期无法使用总线。 •故障敏感：如果第i个设备有问题，其后边 的设备都不能使用；
计算机组成原理
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集中仲裁：计数器定时查询方式
功能特性中，如果描述了n根地址线，则可直接访存 的地址范围为0～(2n﹣1)。
计算机组成原理
4
1. 总线的特性(续)
电气特性
• 规定每根线上信号的传递方向和有效电平范围。 • 从CPU发出的信号，称输出信号(OUT)； • 送入CPU的信号，称输入信号(IN)。 • 数据线可传送双向信号，地址、控制线只单向传送
信号。
计算机组成原理
5Leabharlann 时间特性• 规定每根线上的信号什么时间有效。
访存时地址、控制、数据信号的时序关系
计算机组成原理
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2. 系统总线的标准化
PC中，系统总线布设在主板上。
为什么主板能支持很多厂家的显卡„„？
原因是，系统总线是按标准制作的。
白中英 第五版 计算机组成原理第7章
每个记录面上有几十至几百个环形磁道；
柱面：多个盘片上具有相同编号的磁道 各磁道划分为等个数的扇区； n磁道
PC机中每个扇区的标准容量是512B
0磁道
7.2.5
磁盘存储器的技术指标
存储密度
道密度
沿半径方向，单位长度里磁道数目。 磁道上单位长度里记录的二进制信息位数。
位密度
面密度
7.2.3
硬磁盘驱动器
由定位驱动系统、主轴系统和数据转换系统组成
7.2.3
硬磁盘控制器
主机和磁盘驱动器之间的接口； 向主机一侧（又称系统级接口）— 接系统总线 向驱动器一侧（设备级接口）— 根据主机命令控制设备的操作
7.2.4
磁盘上信息的分布
盘片的上下面都可记录信息；
温盘最上(下)盘片只使用一个记录面。 从外向内对磁道编号，0、1、2、…、n。 n磁道的内侧面积不用。
运动方向
载磁体 如何实现写操作和读操作？ 写：通过电-磁变换，利用磁头写线圈中的脉冲电流，可把一位二 进制代码转换成载磁体存储元的不同剩磁状态； ◆ 读：通过磁-电变换，利用磁头读出线圈，可将由存储元的不同剩 磁状态表示的二进制代码转换成电信号输出。
◆
7.2.2
硬磁盘机的基本组成
控制逻辑/时钟
去总线的并行数据
DVD-RW (DVD Rerecordable)
本章小结
外围设备大体分为输入设备、输出设备、外存设备、数据通 信设备、过程控制设备五大类。
磁盘、磁带属于磁表面存储器，特点是存储容量大，位价格 低，记录信息永久保存，但存取速度较慢，因此在计算机系 统中作为辅助大容量存储器使用。 硬磁盘按盘片结构分为可换盘片式、固定盘片式两种，磁头 也分为可移动磁头和固定磁头两种。 温彻斯特磁盘是一种采用先进技术研制的可移动磁头、固定 盘片的磁盘机，是目前应用广泛的硬磁盘存储器。 磁盘存储器的主要技术指标有：存储密度、存储容量、平均 存取时间、数据传输速率。
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 第五版 计算机组成原理第2章.
取值范围：0～232-1
计算机组成原理
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2.1 数据与文字的表示方法
2.1.1 数据格式
•2.1.2 数的机器码表示 •2.1.3 字符与字符串的表示方法 •2.1.4 汉字的表示方法 •2.1.5 校验码
数
•符号位需要占用一个位，常用机器数的最高位 •0表示正数、1表示负数 •具有原码、反码、补码、移码
计算机组成原理
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无符号数的表示
没有符号位，使用全部字长来表示数值大小 字长N＝8时，编码：00000000～11111111
取值范围：0～255（28-1） 字长N＝16时，编码：0000～FFFFH
方法：按权展开
二进制数转换为十进制数
0011.1010B
二进制数用后缀字母B
＝1×21＋1×20＋1×2-1＋0×2-2＋1×2-3
＝3.625
十六进制数转换为十进制数
1.2H ＝1×160＋2×16－1
十六进制数用后缀字母H
＝1.125
计算机组成原理
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十进制整数转换为二或十六进制数
整数部分转换：用除法
0.8125＝0.DH
小数转换会发生总是无法乘到为0的情况
•可选取一定位数（精度） •将产生无法避免的转换误差
计算机组成原理
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真值和机器数
真值：现实中真实的数值 机器数：计算机中用0和1数码组合表达的数值 无符号数：只表达0和正整数的定点整数 有符号数：表达负整数、0和正整数的定点整
③ 得到32位浮点数的二进制存储格式为：
0 100 0001 1010 0100 1100 0000 0000 0000
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
计算机组成原理白中英版第五版课后答案
5
8. 什么是内存？什么是外存？什么是CPU？ 什么是适配器？简述其功能。
内存： 用于存放系统当前运行所需要的程序和数据的半导体存储 器，称为内存储器，简称内存； 外存 用于存放程序和数据，但不能被CPU直接访问的大容量 存储器，称为外存储器，简称为外存； 外存一般包括磁盘存储器和光盘存储器。 CPU 运算器和控制器合称为中央处理器，简称CPU。 适配器 主机和不同速度的外设之间的一种部件，用于主机和外设 之间的信息转换。
程序
用于求解某一问题的一串指令序列，称为该问 题的计算程序，简称为程序。
2015年3月25日星期三
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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？
计算机对指令和数据的区分是依靠指令的执行阶段 来决定的；
在取指阶段，从存储器中读取的均是CPU要执 行的指令； 在执行阶段，从存储器中读取的一定是指令执 行所需要的操作数；
2015年3月25日星期三
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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 6
第2章 运算方法和运算器
1. 用8位编码表示下列各整数的原码、反码、 补码。
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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
问题2：如何对以上设备分类？
输入输出设备 显示器，键盘，鼠标，音箱
中央处理设备 CPU（集处理和控制于一身）
存储设备
硬盘、内存
接口转换卡
显卡、声卡
部件连接线
总线
问题3：有了以上设备，计算机是否能发挥其功效？
一个完整的计算机系统应包括硬件系统和软件系统两部分。
SDRAM内存条 DDR内存条
有关存储器的介绍详见第3章
1.2.3 微处理器的发展
20世纪70年代的处理器 4004（4位） 8008 （8位） 8080（8位通用） 8086（16位） 8088
20世纪80年代的处理器 80286 386TM DX 386TM SX 486TM DX
20世纪90年代的处理器 486TM SX Pentium Pentium Pro Pentium II Pentium Ⅲ
➢摩尔定律有另外一种表述方法，即每过10年计算机系统性能将 会增加100倍，通讯带宽也会提高100倍，而花费的资金不会增 加。
1.2.2 半导体存储器的发展
20世纪50~60年代，磁芯存储器 价格昂贵，体积大，破坏性读出
1970年，半导体存储器 价格更加昂贵，体积小，非破坏性读写
1974年之后，半导体存储器 价格不断降低，体积不断减少，读写速度更快。
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）
主存储器带宽
单位时间内从主存储器读出的二进制信息量，一般用字节数/秒表示。
主频/时钟周期
CPU主时钟的频率——主频；其倒数为CPU的时钟周期(T周期)。
1.2.4 计算机的性能指标（3/3）
CPU的运算速度
CPU执行时间：CPU执行一般程序所占用的CPU时间； CPI：执行一条指令所需的平均时钟周期数； MIPS：每秒百万指令数，即单位时间内执行的指令数；
吞吐量、响应时间、CPU时钟周期、主频、CPI、CPU执行时间； MIPS、MFLOPS等。
要求
初步掌握计算机系统的基本概念及基本结构，为进一步深入学习 打下基础。
1.0 预备知识
问题1：一台计算机一般有哪几部分组成？
显示器、键盘、鼠标、音箱、主机箱等； 主机箱中有：主板、CPU、硬盘、内存、显卡、声卡等；
ENIAC
第二代计算机(1958－1964)
晶体管
摩尔定律
➢1964年，英特尔公司创始人戈登.摩尔（Gordon Moore）在一 篇很短的论文里断言：每18个月，集成电路的性能将提高一倍， 而其价格将降低一半。这就是著名的摩尔定律。
➢作为迄今为止半导体发展史上意义最深远的定律，摩尔定律被 集成电路40多年的发展历史准确无误地验证着。
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。
第1章 计算机系统概论
目录
1.0 预备知识 1.1 计算机的分类 1.2 计算机的发展简史 1.3 计算机的硬件 1.4 计算机的软件 1.5 计算机系统的层次结构
学习要求
了解计算机的发展历程； 清楚计算机的系统层次结构、计算机硬件的基本组成(五大部件
的构成)、计算机软件的分类，以及计算机的基本工作过程； 了解计算机性能评价指标和相关参数；
最近10年的处理器 Pentium 4 Itanium Itanium 2 I系列
双核CPU
三核CPU
1.2.4 计算机的性能指标（1/3）
吞吐量
表征一台计算机在某一时间间隔内能够处理的信息量。
响应时间
从输入有效到系统产生响应之间的时间度量，用时间单位来表示。
利用率
在给定的时间间隔内，系统被实际使用的时间所占的比率，用百分比 表示。
超大规模集成电路
巨大规模 集成电路
第一代计算机
第一代计算机(1946年－1957年) 采用电子管。
代表机型：ENIAC（电子数字积分计算机 ） 1941年美国宾夕法尼亚大学开始研制； 它于1946年2月15日在美国宣告诞生 主要是为了解决美陆军提出的弹道计算问题 ； ENIAC长30.48米，宽1米，占地面积约170平方米，30 个操作台，约相当于10间普通房间的大小，重达30吨， 耗电量150千瓦，造价48万美元。 包含了17,468 真空管7,200水晶 二极管, 1,500 中转, 70,000 电阻器, 10,000 电容器，1500继电器，6000多 个开关，每秒执行5000次加法或400次乘法，是继电器 计算机的1000倍、手工计算的20万倍。 1955年10月2日最后切断电源。