计算机组成原理第三章参考答案 白中英主编

∙42/210∙ 陕西师范大学 计算机科学学院
指令存储器
数据存储器
5.2.3 LAD指令执行过程详解
◊ 取指令过程与MOV指令相同 ◊ 下面讲解执行指令过程
∙43/210∙ 陕西师范大学 计算机科学学院
∙44/210 ∙ , 陕西师范大学 计算机科学学院 ③ ④ ⑤ ⑥ ① 从 指令寄存器中的操作码（ CPU 程序计数器 程序计数器内容加 102 识别出是 号地址读出的 PC LAD 中的值为 指令，至此，取指周期即告结束。 1LAD ，变成 102 指令通过指令总线 OP 103 （八进制）； ）被译码； ，为取下一条指令做好准备； IBUS 装入指令寄存器 IR； ② PC 的内容被放到指令地址总线 ABUS(I) 上,对指存进行译码 并启动读命令；
5.2.2 MOV指令执行过程详解-执行指令 ◊ 执行指令过程详解
∙40/210∙ 陕西师范大学 计算机科学学院
5.6 MOV指令执行过程详解-取指令
10
目标 源
① ③ ⑤ OC 送出控制信号，打开 OC）送出控制信号到通用寄存器，选择 DR ALU 中的数据 输出三态门，将 10 打入到目标寄存器 ALU输出送到数据总线 R1 R0 （ ， 10 R0 ）作源寄存器，选择 的内容由 DBUS 00 上。注意， 变为10。 R0 ② 操作控制器（ ④ OC送出控制信号，将 送出控制信号到 送出控制信号，将 ALU DBUS ，指定 上的数据打入到数据缓冲寄存器 ALU 做传送操作； DR （10 ）； ∙41/210∙ 陕西师范大学 计算机科学学院 任何时候 至此， 作目标寄存器； MOV DBUS 指令执行结束。 上只能有一个数据。
∙32/210∙ 陕西师范大学 计算机科学学院
Eg.

16÷（4×0.2×10-6）bps＝20×106 bps＝2.5 MB/S
66MHz的Pentium，基本非流水线总线周期
64÷2×66×106 bps＝264 MB/S
66MHz的Pentium，2-1-1-1猝发读周期
32÷5×66×106 B/S＝422.4 MB/S
【例1】(1)某总线在一个总线周期中并行传送4个字 节的数据，假设一个总线周期等于一个总线时钟周期， 总线时钟频率为33MHz，则总线带宽是多少?
STROBE*（选通）信号
•输出低有效，才能使打印机接收数据
ACK*（响应）信号
•打印机接收数据结束回送负脉冲响应信号
BUSY（忙状态）信号
•打印机忙于处理接收到的数据，不能接收新的数据
6.3.3 总线数据传送模式
读数据传送：数据由从设备到主设备 写数据传送：数据由主设备到从设备 猝发传送（数据块传送）
演示
每个数据位都需要单独一条传输线。二进制数 “0”或“1”在不同的线上同时进行传送
串行通信
串行通信：将数据分解成二进制位用一条信号 线，一位一位顺序传送的方式
串行通信的优势：用于通信的线路少，因而在 远距离通信时可以极大地降低成本
通信协议（通信规程）：收发双方共同遵守
解决传送速率、信息格式、位同步、字符同步、 数据校验等问题
发送8位数据：59H＝01011001B，偶校验、两个停止位
6.3.1 总线的仲裁
主设备(Master)：控制总线完成数据传输 从设备(Slave)：被动实现数据交换 总线仲裁：决定当前控制总线的主设备
•集中仲裁：中央仲裁器负责 •分布仲裁：比较各个主设备仲裁号决定
某一时刻，只能有一个主设备控制总线， 其它设备此时可以作为从设备

、器件的设计、装配技术等属于计算机实现。
计算机组成原理 31
例:① 主存容量与编址方式(按位、按字节、
按字访问等)的确定属于计算机系统结构。
②为达到所定性能价格比，主存速度应多快 ，在逻辑结构上需采用什么措施(如多体交叉 存储等)属于计算机组成。 ③主存系统的物理实现，如存储器器件的选 定、逻辑电路的设计、微组装技术的选定属于 计算机实现。
计算机组成原理
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计算机硬件系统的一种构成形式 存储器 系 统 总 线
运算器 控制器
适配器
输入设备 输出设备
17
计算机组成原理
计算机硬件系统的一种构成形式
4 PC+4 I 25-21 I 20-16 PC 指令 存储器 IR I15-11 I31-28 I 25-0 x4 Target
控制器
x4
计算机组成原理 7
本讲主要内容
课程简介
计算机系统的基本构成 计算机系统的层次结构 计算机系统结构、组成及其实现
计算机组成原理
8
计算机系统的基本构成
计算机系统
计算机硬件
计算机软件
主机
外设
主存 I/O接口
CPU 系统总线
辅存
I/O设备
运算器
控制器
内部寄存器组
计算机组成原理
9
计算机系统的基本构成
计算机系统
课程简介
课程性质与地位： 专业基础必修课程,承上启下 课程目的与任务：
建立计算机硬件系统的完整概念，以单 机系统为研究对象，阐述计算机系统的硬 件组成以及各部件的工作原理
计算机组成原理
4
课程主要内容
1、计算机系统概论 2、逻辑电路设计基础 3、信息编码和数据表示 4、计算机算法和算法逻辑实现 5、存储器 6、计算机指令构成和寻址方式 7、处理机设计 8、流水线处理机 9、存储系统 10、输入输出设备 11、输入输出系统

取x 至运算器中 乘以a 在运算器中 加b 在运算器中 乘以x 在运算器中 加c 在运算器中
计算机组成原理
指令格式举例
1.2
操作码
地址码
取数 000001 存数 加 乘 打印 停机
α 0000001000 β γ δ
[α]
ACC
[ACC] [ACC]+[γ] [ACC]×[δ]
[ ]
β ACC
ACC 打印机
在程序中所占比例和各自 算术逻辑
的CPI如表所示。
运算
⑴求该程序的CPI.
内存读写
⑵若该CPU的主频为 400MHz，求该机的MIPS. 转移
其它
CPI 所占比 例
1 60%
2 18%
4 12%
8 10%
计算机组成原理
3.CPU性能举例
解：⑴根据
CPI = n CPIi ICi
i=1
IC
CPI=1*0.6+2*0.18+4*0.12+8*0.1 =2.24
计算机组成原理
1.1
系统软件 用来管理整个计算机系统
语言处理程序
软
操作系统 服务性程序
件
数据库管理系统
网络软件
应用软件 按任务需要编制成的各种程序
计算机组成原理
2. 计算机的解题过程
1.1
高级语
目标
结果
言程序
翻译 程序 运行
计算机
计算机组成原理
翻译程序(Translator)有三类： 1.汇编程序(Assembler)：汇编语言源程
lw $15, 0($2) lw $16, 4($2) sw $16, 0($2) sw $15, 4($2)

IC
计算机组成原理
2.运算速度
CPU执行时间：是指CPU计算某个任务所花费的 时间，不包括I/O访问时的等待时间等。
CPU执行时间=CPU时钟周期总数×时钟周期 =指令条数×CPI ×时钟周期
从上面的公式可以看出CPU的性能与计算机 体系的关系: ⑴时钟频率反映了计算机的实现技术和生产工艺. ⑵CPI反映了计算机的实现技术和指令集结构. ⑶IC反映了计算机指令系统的设计和编译技术.
lw $15, 0($2) lw $16, 4($2) sw $16, 0($2) sw $15, 4($2)
1000 1100 0100 1111 0000 0000 0000 0000 1000 1100 0101 0000 0000 0000 0000 0100 1010 1100 0101 0000 0000 0000 0000 0000 1010 1100 0100 1111 0000 0000 0000 0100
序→机器语言目标程序。 2.编译程序(Complier)：高级语言源程序
→汇编/机器语言目标程序 3.解释程序(Interpreter )：将高级语言
语句逐条翻译成机器指令并立即执行,不 生成目标文件。
计算机组成原理
2. 计算机的解题过程
计算机组成原理
软 件
硬 件
temp = v[k]; v[k] = v[k+1]; v[k+1] = temp;
2.运算速度
时钟周期:又称为节拍周期或T周期,是时钟频率的 倒数。是处理器操作最基本的时间单位。例如，主 频为1GHz的CPU的时钟周期为1ns。
CPI：表示执行每条指令所需要的平均时钟周期数。
CPI=一个程序的CPU时钟周期数÷程序指令数量

课程的基本要求 课程的基本要求
计算机系统概述、计算机中的数据表示、运算方 法和运算器、指令系统、随机逻辑和微程序控制原理、 存储系统、输入输出系统、计算机外设简介，要求学 生掌握计算机的组成和工作原理。 通过学习，使学生了解计算机的组成原理及工作 原理，以建立整机概念。本课程设有实验，以加深对 课程内容的理解，培养学生的动手能力。
课程内容
第一章 计算机系统概论 第二章 运算方法和运算器 第三章 内部存储器 第四章 指令系统 第五章 中央处理机
课程内容
第六章 总线系统 第七章 外围设备 第八章 输入输出系统 第九章 操作系统支持 第十章 安腾高性能处理机体系结构
主教材： 主教材：
计算机组成原理 白中英 主编 科学出版社
参考教材： 参考教材：
1.1计算机的分类 1.1计算机的分类
电子计算机从总体上来说分为两大类。 一、电子计算机从总体上来说分为两大类。 电子模拟计算机 数值由连续的量来表示。 电子模拟计算机。数值由连续的量来表示。 模拟计算机。 电子数字计算机 电子数字计算机。计算机中的数值由不连续的数 数字计算机。 字来表示。 字来表示。
物理与电子学院 通信工程教研室 陈莹
上课要求
第一：要求大家准时上课，有事请假，我 会点名 第二：遵守课堂纪律绍：
《计算机组成原理》属于专业基础课。面向应 用、突出实践、偏向硬件和理论。 《计算机组成原理》是计算机教学中的一门核 心课程，是学习计算机课程所要必修的主干课。通 过教学，使学生对计算机的各主要部分（运算器、 控制器、存储器、输入输出设备）的构成及工作原 理有一个深刻的、系统的认识和理解，同时对计算 机的发展趋势也有一个较为深入的了解。
我国首台万亿次计算机诞生： 我国首台万亿次计算机诞生：

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。

➢钱晓捷，微型计算机原理及应用，清华大学出版社， 2006
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目录
☼ 第一章 计算机系统概论 ☼ 第二章 指令系统 ☼ 第三章 中央处理部件CPU ☼ 第四章 存储系统 ☼ 第五章 输入输出（I/O）系统
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第一章 计算机系统概论
1.1 计算机的基本概念
如何正确理解“计算机”这个术语呢？ 凡是能完成以下三类工作的机器就是计算机： ①能接受程序和数据的输入，并存储起来； ②能按照存储的程序对输入的数据进行自动处理 并得出结果； ③能把结果输出。
特点：控制简单，译码时间短，编码浪费，n位操作码能表示2n条指令
操作码长度不固定：操作码分散在指令字的不同字 段内
特点：能有效压缩操作码的平均长度，控制复杂，指令译码、分析较难
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现代计算机中多采用不等长操作码——不同类的 指令，其操作码的长度不同。
对于一部分不需要操作数的指令可以将指令操作 码扩展到操作数字段，操作码的长度随地址码的减少 而增加。
在不增加指令长度的情况下，能充分利用指令的 各个字段扩展操作码的长度，使它可以表示更多的指 令。
实现不等长操作码可以通过扩展操作码法实现。
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操作码扩展实现方式 等长扩展
每次扩展的操作码的位数相同。例如：4-8-12扩展法、 3-6-9扩展法、4-6-8扩展法 不等长扩展
10010101 10100001
操作码用来表明本条指令要 求计算机完成的操作，如加 法，减法，取数等，CPU中有 专门的译码电路来识别解释 各操作码
地址码用来给出参加本次运算的操作数和 运算结果所在的地址，根据地址码个数， 指令格式分为零地址、一地址选ppt课件2021

第2章作业参考答案1、(1) -35(=23)16 (2)127 (3)-127 (4)-1[-35]原=10100011[127]原=01111111 [-127]原=11111111 [-1]原=10000001[-35]反=11011100[127]反=01111111 [-127]反=10000000 [-1]反=11111110[-35]补=11011101[127]补=01111111 [-127]补=10000001 [-1]补=111111112 当a 7=0时，x ≥0，满足x>-0.5的条件，即：若a 7=0，a 6~ a 0可取任意值 当a 7=1时，x<0，若要满足x>-0.5的条件，则由补码表示与其真值的关系，可知：7061524334251676022222221)2(1--------=*+*+*+*+*+*+*+-=*+-=∑a a a a a a a a x i i i 要使x>-0.5 ，所以要求a 6=1，并且a 5~a 0不能全部为0所以，要使x>-0.5，则要求a 7=0；或者a 7= a 6=1，并且a 5~a 0至少有一个为13、由题目要求可知，该浮点数的格式为：31 30 23 22 0注：由于S是数符，已表示了尾数的符号，所以为了提高表示精度，M(23位)不必存储符号位，只需存小数点后面的有效数值位即可。

(1)最大数的二进制表示为：0 11111111 1111……111(23个1)(2)最小数的二进制表示为：1 11111111 0000……000(23个0)(3)非IEEE754标准的补码表示的规格化数是指其最高有效位与符号位相反故有：最大正数为：0 11111111 1111……111(23个1)=+(1-2-23)⨯2127最小正数为：0 00000000 1000……000(22个0)=+0.5⨯2-128最大负数为：1 00000000 0111……111(22个1)=-(0.5+2-23)⨯2-128最小负数为：1 11111111 0000……000(23个0)=-1⨯2127所以其表示数的范围是：+0.5⨯2-128~+(1-2-23)⨯2127以及-1⨯2127~-(0.5+2-23)⨯2-1284、IEEE754标准32位浮点的规格化数为X=(-1)S⨯1.M⨯2E-127(1)27/6427/64=27⨯2-6=(11011)2⨯2-6=(1.1011)2⨯2-2所以S=0，E=e+127=125=(01111101)2，M=101132位的规格化浮点数为：00111110 11011000 00000000 00000000，即十六进制的(3ED80000)16(2)-27/64-27/64=-(1.1011)2 2-2所以S=1，E=e+127=125=(01111101)2，M=101132位的规格化浮点数为：10111110 11011000 00000000 00000000，即十六进制的(BED80000)165、[x+y]补=[x]补+[y]补(1)x=11011，y=00011[x+y]补=0011011+0000011=0011110；没有溢出，x+y=11110(2)x=11011，y=-10101[x+y]补=0011011+1101011=0000110；0 0 1 1 0 1 1+ 1 1 0 1 0 1 10 0 0 0 1 1 0没有溢出，x+y=00110(3)x=-10110，y=-00001[x+y]补=1101010+1111111=1101001；没有溢出，x+y=-101116、[x-y]补=[x]补+[-y]补(1)x=11011，y=-11111[-y]补=0011111[x-y]补=0011011+0011111=0111010；0 0 1 1 0 1 1+ 0 0 1 1 1 1 10 1 1 1 0 1 0正溢出，x-y=+111010(2)x=10111，y=11011[-y]补=1100101[x-y]补=0010111+1100101=1111100；0 0 1 0 1 1 1+ 1 1 0 0 1 0 11 1 1 1 1 0 0没有溢出，x-y=-00100(3)x=11011，y=-10011[-y]补=0010011[x-y]补=0011011+0010011=0101110；正溢出，x-y=+1011107、(1)x=11011，y=-11111用原码阵列乘法器1 1 0 1 11 1 1 1 11 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]符号=0⊕1=1所以 [x⨯y]原=1 1101000101用直接补码阵列乘法器：[x]补=011011，[y]补=100001(0) 1 1 0 1 1⨯ (1) 0 0 0 0 1(0) 1 1 0 1 1(0) 0 0 0 0 0(0) 0 0 0 0 0(0) 0 0 0 0 0(0) 0 0 0 0 00 (1) (1) (0) (1) (1)0 (1) (1) 0 (1) (1) 1 1 0 1 1将乘积中的符号位用负权表示，其他的负权位化为正权，得：[x⨯y]补=1 0010111011(2) x=-11111，y=-11011用原码阵列乘法器1 1 1 1 1⨯ 1 1 0 1 11 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]符号=1⊕1=0所以 [x⨯y]原=0 1101000101用直接补码阵列乘法器：[x]补=100001，[y]补=100101(1) 0 0 0 0 1⨯ (1) 0 0 1 0 1(1) 0 0 0 0 1(0) 0 0 0 0 0(1) 0 0 0 0 1(0) 0 0 0 0 0(0) 0 0 0 0 01 (0) (0) (0) (0) (1)1 0 0 (1) (1) 0 0 0 1 0 1将乘积中的符号位用负权表示，其他的负权位化为正权，得：[x⨯y]补=0 11010001018、(1) x=11000，y=-11111用原码阵列除法器计算，符号位单独处理，商的符号位=0⊕1=1设a=(|x|⨯2-5)，b=(|y|⨯2-5)，则a，b均为正的纯小数，且x÷y的数值=(a÷b)；余数等于(a÷b)的余数乘以25下面用不恢复余数法的原码阵列除法器计算a÷b[a]补=[|x|⨯2-5]补=0.11000，[b]补=[|y|⨯2-5]补=0.11111，[-b]补=1.00001过程如下：0. 1 1 0 0 0+[-b]补 1. 0 0 0 0 11. 1 1 0 0 1 ——余数为负，商为01. 1 0 0 1 0 ——余数和商左移一位(0)+[b]补 0. 1 1 1 1 10. 1 0 0 0 1 ——余数为正，商为11. 0 0 0 1 0 ——余数和商左移一位(01)+[-b]补 1. 0 0 0 0 10. 0 0 0 1 1 ——商为10. 0 0 1 1 0 ——(011)+[-b]补 1. 0 0 0 0 11. 0 0 1 1 1 ——商为00. 0 1 1 1 0 ——(0110)+[b]补 0. 1 1 1 1 11. 0 1 1 0 1 ——商为00. 1 1 0 1 0 ——(01100)+[b]补 0. 1 1 1 1 11. 1 1 0 0 1 ——商为0——(011000)即：a÷b的商为0.11000；余数为1.11001⨯2-5，因为1.11001为负数，加b处理为正数，1.11001+b=1.11001+0.11111=0.11000，所以a÷b的余数为0.11000⨯2-5所以，(x÷y)的商=-0.11000，原码为：1.11000；余数为0.11000(2) x=-01011，y=11001商的符号位=1⊕0=1设a=|x|⨯2-5，b=|y|⨯2-5，则a，b均为正的纯小数，且x÷y的数值=a÷b；余数等于(a÷b)的余数乘以25下面用不恢复余数法的原码阵列除法器计算a÷b[a]补=[|x|⨯2-5]补=0.01011，[b]补=[|y|⨯2-5]补=0.11001，[-b]补=1.00111过程如下：0. 0 1 0 1 1+[-b]补 1. 0 0 1 1 11. 1 0 0 1 0 ——余数为负，商为01. 0 0 1 0 0 ——余数和商左移一位(0)+[b]补 0. 1 1 0 0 11. 1 1 1 0 1 ——余数为负，商为01. 1 1 0 1 0 ——余数和商左移一位(00)+[b]补 0. 1 1 0 0 10. 1 0 0 1 1 ——商为11. 0 0 1 1 0 ——(001)+[-b]补 1. 0 0 1 1 10. 0 1 1 0 1 ——商为10. 1 1 0 1 0 ——(0011)+[-b]补 1. 0 0 1 1 10. 0 0 0 0 1 ——商为10. 0 0 0 1 0 ——(00111)+[-b]补 1. 0 0 1 1 11. 0 1 0 0 1 ——商为0——(001110)即：a÷b的商为0.01110；余数为1.01001⨯2-5，因为1.01001为负数，加b处理为正数，1.01001+b=1.01001+0.11001=0.00010，所以a÷b的余数为0.00010⨯2-5所以，(x÷y)的商=-0.01110，原码为：1.01110；余数为0.000109、(1)x=2-011⨯0.100101，y=2-010⨯(-0.011110)E X=-011，E y=-010，所以 [E X]补=1101，[E y]补=1110M X=0.100101，M y=-0.011110，所以[M X]补=0.100101，[M y]补=1.100010 [x]浮=1101 0.100101，[y]浮=1110 1.100010E X<E y，E y-E X = E y+(-E X)=1110+0011=0001对阶后[x]浮=1110 0.010010(1)，[y]浮=1110 1.100010对阶后的尾数相加：M X+M y=0.010010(1)+1.1000100. 0 1 0 0 1 0 (1)+ 1. 1 0 0 0 1 01. 1 1 0 1 0 0 (1)x+y=1.110100(1)⨯21110，化为规格化数(左移2位)为：x+y=1.010010⨯21100，即：x+y=-0.101110⨯2-4对阶后的位数相减：M X-M y=M X+(-M y)=0.010010(1)+0.0111100. 0 1 0 0 1 0 (1)+ 0. 0 1 1 1 1 00. 1 1 0 0 0 0 (1)x-y=0.110000(1)⨯21110，已经是规格化数，采用0舍1入法进行舍入处理：x-y=0.110001⨯21110，即：x-y=0.110001⨯2-2(2)x=2-101⨯(-0.010110)，y=2-100⨯(0.010110)E X=-101，E y=-100，所以 [E X]补=1011，[E y]补=1100M X=-0.010110，M y=0.010110，所以[M X]补=1.101010，[M y]补=0.010110[x]浮=1011 1.101010，[y]浮=1100 0.010110E X<E y，E y-E X = E y+(-E X)=1100+0101=0001对阶后[x]浮=1100 1.110101(0)，[y]浮=1100 0.010110对阶后的尾数相加：M X +M y =1.110101+0.0101101. 1 1 0 1 0 1 + 0. 0 1 0 1 1 00. 0 0 1 0 1 1x+y=0.001011⨯21100，化为规格化数(左移2位)为：x+y=0.101100⨯21010，即： x+y=0.101100⨯2-6对阶后的位数相减：M X -M y =M X +(-M y )=1.110101+1.1010101. 1 1 0 1 0 1 + 1. 1 0 1 0 1 01. 0 1 1 1 1 1x-y=1.011111⨯21100，已经是规格化数，所以x-y=-0.100001⨯2-410、 (1) ⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛-⨯⨯⎪⎭⎫ ⎝⎛⨯16921613243 M x =110100.02110116134=⨯=-，Ex=0011 M y =100100.021*******-=⨯-=--，Ey=0100 Ex+Ey=0011+0100=0111[x ⨯y]符=0⊕1=1，乘积的数值=|M x |⨯|M y |：0. 1 1 0 1⨯ 0. 1 0 0 10 1 1 0 10 0 0 0 00 0 0 0 00 1 1 0 1 0 0 0 0 00 0 1 1 1 0 1 0 1所以，x ⨯y =-0.01110101⨯20111，规格化处理(左移一位)，并采用0舍1入法进行舍入：x ⨯y =-0.111011⨯20110 即：⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛-⨯⨯⎪⎭⎫ ⎝⎛⨯16921613243=-0.111011⨯26 (2) ⎪⎭⎫ ⎝⎛⨯÷⎪⎭⎫ ⎝⎛⨯-161523213232 将x 、y 化为规格化数：M x =011010.02110132135=⨯=-，Ex=1110 M y =111100.021********=⨯=-，Ey=0011 Ex-Ey=Ex+(-Ey)=1110+1101=1011[x ÷y]符=0⊕0=0，下面用加减交替法计算尾数M x ÷M y ：[Mx]补=0.011010，[My]补=0.111100，[-My]补=1.0001000. 0 1 1 0 1 0+[-My]补 1. 0 0 0 1 0 01. 0 1 1 1 1 0 ——余数为负，商为00. 1 1 1 1 0 0 ——余数和商左移一位(0)+[My]补 0. 1 1 1 1 0 01. 1 1 1 0 0 0 ——余数为负，商为01. 1 1 0 0 0 0 ——余数和商左移一位(00)+[My]补 0. 1 1 1 1 0 00. 1 0 1 1 0 0 ——余数为正，商为11. 0 1 1 0 0 0 ——余数和商左移一位(001)+[-My]补 1. 0 0 0 1 0 00. 0 1 1 1 0 0 ——商为10. 1 1 1 0 0 0 ——(0011)+[-My]补 1. 0 0 0 1 0 01. 1 1 1 1 0 0 ——商为01. 1 1 1 0 0 0 ——(00110)+[My]补 0. 1 1 1 1 0 00. 1 1 0 1 0 0 ——商为11. 1 0 1 0 0 0 ——(001101)+[-My]补 1. 0 0 0 1 0 00. 1 0 1 1 0 0 ——商为11. 0 1 1 0 0 0 ——(0011011)+[-My]补 1. 0 0 0 1 0 00. 0 1 1 1 0 0 ——商为1——(00110111)Mx÷My的商为0.0110111，余数为0.011100⨯2-7，由于x化为0.01101(Mx)是尾数右移2位才得到，所以x÷y真正的余数是0.011100⨯2-7再尾数左移2位，即0.011100⨯2-9=0.111000⨯2-10所以，x÷y的商为：0.0110111⨯21011，规格化处理后为：0.110111⨯21010=0.110111⨯2-6，余数为0.111000⨯2-1011、不考虑181ALU的函数发生器，而是从简单的全加器出发，则：若设4位的二进制数为A=A3A2A1A0，B=B3B2B1B0，并设G i=A i B i，P i=A i⊕B i，由全加器进位输出的逻辑函数C i+1=A i B i+C i(A i⊕B i)可知：(由于进位输出函数还可以写成C i+1=A i B i+C i(A i+B i)，故P i=A i+B i也可)(1) 串行进位方式：C1=A0B0+C0(A0⊕B0)=G0+P0C0C2=A1B1+C1(A1⊕B1)=G1+P1C1C3=A2B2+C2(A2⊕B2)=G2+P2C2C4=A3B3+C3(A3⊕B3)=G3+P3C3(2) 并行进位方式：C1=G0+P0C0C2=G1+P1C1=G1+P1(G0+P0C0)=G1+P1G0+P1P0C0C3=G2+P2C2=G2+P2(G1+P1G0+P1P0C0)=G2+P2G1+P2P1G0+P2P1P0C0C4=G3+P3C3=G3+P3G2+P3P2G1+P3P2P1G0+P3P2P1P0C012、(1) -5-5=-(101)2=-(1.01)2⨯22所以S=1E=e+127=2+127=129=(81)16=(10000001)2M=(010 0000 0000 0000 0000 0000)2故浮点格式为：1 10000001 010 0000 0000 0000 0000 0000，用十六进制表示为：(C0A00000)16(2) -1.5-1.5=-(1.1)2=-(1.1)2⨯20所以S=1E=e+127=0+127= (7F)16=(01111111)2M=(100 0000 0000 0000 0000 0000)2故浮点格式为：1 01111111 100 0000 0000 0000 0000 0000，用十六进制表示为：(BFC00000)16 (3) 384384=(180)16=(1 1000 0000)2=(1.1)2⨯28所以S=0E=e+127=8+127=135= (87)16=(10000111)2M=(100 0000 0000 0000 0000 0000)2故浮点格式为：0 10000111 100 0000 0000 0000 0000 0000，用十六进制表示为：(43C00000)16 (4) 1/161/16= (1.0)2⨯2-4所以S=0E=e+127=-4+127= (7B)16=(01111011)2M=(000 0000 0000 0000 0000 0000)2故浮点格式为：0 01111011 000 0000 0000 0000 0000 0000，用十六进制表示为：(3D800000)16 (5) -1/32-1/32=-(1.0)2⨯2-5所以S=1E=e+127=-5+127= (7A)16=(01111010)2M=(000 0000 0000 0000 0000 0000)2故浮点格式为：1 01111010 000 0000 0000 0000 0000 0000，用十六进制表示为：(BD000000)1613、(1) 1 10000011 110 0000 0000 0000 0000 0000S=1E=(83)16=131 e=E-127=131-127=41.M=(1.11)2所以，该浮点数为 -(1.11)2⨯24=-(11100)2=-28(2) 0 01111110 101 0000 0000 0000 0000 0000S=0E=(7E)16=126 e=E-127=126-127=-11.M=(1.101)2所以，该浮点数为 (1.101)2⨯2-1=(0.1101)2=0.812514、IEEE754标准中，32位二进制数仍然有232种不同的组合，但是由于在IEEE754标准中，阶码为全1并且尾数为非0的情况不表示一个数。

计算机专业的考研参考书目和复习攻略考研计算机组成原理参考书及复习重点计算机组成原理教材:推荐使用的是唐朔飞的《计算机组成原理》和配套的学习指导与习题解答组成原理的重点内容是:数据的表示和计算、主存与CPU的连接、高速缓存与主存的映射、常用寻址方式、CPU指令执行过程、程序中断方式、微程序控制器(重点章节：数据的表示和计算、存储管理之Cache这一块与主存CPU的连接、指令系统等)。

个人觉得组成原理这门课不管对于跨专业的考生还是本专业考生来说都是难度最大的一门,这些年组成原理题出的一般都比较“怪”,虽然这两年的题型日益稳定，但自14年开始，第二个题往往会与上一个题相关联，这就进一步加大了考试难度,我敢说大多数人都不会想到会出这种类型的题,学校自主出题的,各个学校出题风格虽然相差很大,但是只需要参考近几年的真题就可以知道必考的重点内容。

当然关于组原大题考的知识点根据历年真题还是能有迹可循的，后期的时候大家可以稍微研究针对性练习下。

考研计算机组成原理复习要领一、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。

二、知识点解析在计算机组成原理方面，主要考查计算机系统基础知识、数据的表示和运算、存储器层次结构、指令系统、中央处理器、总线、输入输出系统。

1、计算机系统概述学习计算机组成原理之前，我们先要了解计算机的发展历程，搞清楚计算机的系统层次结构，包括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。

从体系结构上来看，有多种不同类型的计算机，那么这些不同的计算机谁好谁坏?如何评价?所以，还需要我们了解计算机性能评价指标和相关参数，包括吞吐量、响应时间;CPU时钟周期、主频、CPI、CPU执行时间;MIPS、MFLOPS等。