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![计算机组成原理 [袁春风]chap3_1](https://img.taocdn.com/s1/m/6a0eacceaa00b52acfc7cacf.png)
摩尔定律：对集成电路上可容纳的晶体管数目、性能和价格等发展趋势的预测，其主要内容是：成集电路上可容纳的晶体管数量每18个月翻一番，性能将提高一倍，而其价格将降低一半。
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。
控制器：计算机的指挥中心，它使计算机各部件自动协调地工作。
时钟周期：时钟周期是时钟频率的倒数，也称为节拍周期或T周期，是处理操作最基本的时间单位。
多核处理器：多核处理器是指在一枚处理器中集成两个或多个完整的计算引擎(内核)。
字长：运算器一次运算处理的二进制位数。
存储容量: 存储器中可存二进制信息的总量。
CPI：指执行每条指令所需要的平均时钟周期数。
MIPS：用每秒钟执行完成的指令数量作为衡量计算机性能的一个指标，该指标以每秒钟完成的百万指令数作为单位。
CPU时间：计算某个任务时CPU实际消耗的时间，也即CPU真正花费在某程序上的时间。
计算机系统的层次结构：计算机系统的层次结构由多级构成，一般分成5级，由低到高分别是：微程序设计级，机器语言级，操作系统级，汇编语言级，高级语言级。
基准测试程序：把应用程序中使用频度最高的那那些核心程序作为评价计算机性能的标准程序。
软/硬件功能的等价性：从逻辑功能的角度来看，硬件和软件在完成某项功能上是相同的，称为软/硬件功能是等价的，如浮点运算既可以由软件实现，也可以由专门的硬件实现。
固件：是一种软件的固化，其目的是为了加快软件的执行速度。
可靠性：可靠性是指系统或产品在规定的条件和规定的时间内，完成规定功能的能力。
产品可靠性定义的要素是三个“规定”：“规定条件”、“规定时间”和“规定功能”。
MTTF：平均无故障时间，指系统自使用以来到第一次出故障的时间间隔的期望值。
MTTR：系统的平均修复时间。
MTBF：平均故障间隔时间，指相邻两次故障之间的平均工作时间。
可用性：指系统在任意时刻可使用的概率，可根据MTTF、MTTR和MTBF等指标计算处系统的可用性。
计算机组成原理第三章运算方法与运算器3.4 补码一位乘法1补码一位乘法的基本方法设[X]补= X0X1X2X3…X n[Y]补= Y0Y1Y2Y3…Y n可证明：[X⋅Y]补= [X]补•( 0.Y1Y2Y3…Yn) –Y0• [X]补进一步展开合并后可得：n[x•y]补=[x] 补•∑(y i+1-y i)2-i (符号位参加运算)i=01补码一位乘法的基本方法[x•y] 补=[x] 补• (y i+1-y i)2-i (符号位参加运算)补码一位乘法的运算规则如下:(1)如果y n+1=y n,部分积加0，部分积算术右移1位；(2)如果y n+1y n=10,部分积加[x]补，部分积算术右移1位；(3)如果y n+1y n=01,部分积加[-x]补，部分积算术右移1位.重复进行n＋1步，但最后一步不移位。
包括一位符号位，所得乘积为2n＋1位，其中n为数据位位数.1补码一位乘法的基本方法几个特殊问题的处理[x •y] 补=[x] 补• (y i+1-y i )2-i (符号位参加运算) 设[X]补= X 0X 1X 2X 3…X n [Y]补= Y 0Y 1Y 2Y 3…Y n(1)i=n 时,y n+1=？(2)y n+1是哪个寄存器？(3)算术右移的对象有哪些？y n+1=0在乘数寄存器Y 后增加的一位部分积和乘数寄存器均右移2补码一位乘法的举例例1 已知X= +1101 Y=+1011 用补码一位乘法求X⨯Y解：[X]补=01101 [Y]补=01011 [–X]补=10011部分积乘数说明000000 010110Y n+1< Y n部分积+[–X]补+ 110011110011→111001101011结果右移一位,Y n+1= Y n部分积+0+ 000000111001→111100 110101结果右移一位, Y n+1> Y n部分积+[X]补+ 0011010010012补码一位乘法的举例部分积乘数说明→000100 111010将结果右移一位, Y n+1< Y n部分积+[–X]补+ 110011110111→111011 111101将结果右移一位, Y n+1> Y n部分积+[X]补+ 001101001000∴[X⋅Y]补=010001111∴X⋅Y= 010001111。
第三章运算方法与运算器3.1定点数运算及溢出检测随堂测验1、定点运算器可直接进行的运算是（) (单选)A、十进制数加法运算B、定点数运算C、浮点数运算D、定点数和浮点数运算2、设计计算机字长为8位，两个十进制数X = -97 ，Y = 63, [x]补- [y]补的结果为（）（单选）A、01100000B、11011110C、负溢出D、正溢出3、下列关于定点运算溢出的描述中，正确的是( ) （多选）A、补码数据表时，同号数相加可能发生溢出B、补码数据表时，异号数相减可能发生溢出C、参加运算的两个数，当作为有符号数和无符号数进行加法运算时，不可能两者都溢出D、溢出检测既可用硬件实现，也可用软件实现4、设Ｘ为被加（减）数，Ｙ为加（减）数，Ｓ为运算结果，均采用补码数据表示，下列关于溢出电路设计的描述中，正确的是（）（多选）A、采用单符号位时，直接用Ｘ、Ｙ和Ｓ的符号位就可设计溢出监测电路B、采用双符号位时，可直接用Ｓ的双符号位设计溢出检测电路C、采用单符号位时，可直接用Ｘ、Ｙ最高有效数据位运算后的进位位和Ｓ的进位设计溢出监测电路D、对无符号数的加／减运算，可利用运算器的进位信号设计溢出检测电路3.2 定点数补码加、减运算器设计随堂测验1、如图所示为基于FA的运算器：为了利用一位全加器FA并配合使用控制信号P，当P= 0/1时实现A、B两个数的加法/减法运算，图中空白方框处电路的逻辑功能应该是（）（单选）A、与门B、或门C、异或门D、非门2、如图所示为带溢出检测功能的运算器该电路完成的溢出检测功能是（）（多选）A、带符号数的加法溢出检测B、带符号数的加法溢出检测C、无符号数的加法溢出检测D、无符号数减法的溢出检测3、下列关于并行进位的描述中，正确的是（）（多选）A、并行进位可以提高运算速度B、并行进位模式下，各进位位采用不同电路各自产生，相互间不再有依存关系C、采用先行进位部件和ALU模块可构建长度可变的并行进位运算器D、并行进位只对加法有效，而对减法无效4、四位并行ALU中有两个特殊的输出端，分别是：G =A3B3+(A3+B3)(A2B2+(A2+B2)(A1B 1+ (A1+B1) A 0B0)) 为进位产生函数，P=(B3+A3) (B2+A2)( A1+B1 ) (A0+B0)为进位传递函数下列关于P、G的描述中，正确的是（）（多选）A、设计P和G的目的是为了构建位数更长的并行ALUB、P和G对算术运算和逻辑运算都有意义C、P的作用是将本片ALU的最低进位输入位传递到本片ALU的最高进位输出端D、G的作用是根据参与运算的两个数据产生本片ALU的最高进位输出3.3 原码一位乘法随堂测验1、设计算机字长为8位，X = - 19，对该分别执行算术左移和逻辑左移一位后的结果分别为（）（单选）A、11011010 ，11011010B、11110010 ，11110010C、11011000 ，11011000D、11110000 ，111100002、设计算机字长为8位，X = - 19，对该分别执行算术右移和逻辑右移一位后的结果分别为（）（单选）A、11111001，11111001B、11111001，01111001C、11110110，01110110D、11110110，111101103、关于原码一位乘法的下列描述中，正确的是（）（多选）A、数据取绝对值参加运算B、符号位单独处理C、乘法执行过程中的所有移位都是算术移位D、最后的结果由部分积寄存器和乘数寄存器共同保存4、计算机字长为n位, 下列关于原码一位乘法操作过程的描述中，正确的是（) （多选）A、乘法过程中共执行n 次算术右移和n 次加法运算B、乘法过程中共执行n -1次算术右移和n-1 次加法运算C、乘法过程中，部分积加0 还是加x的绝对值，取决于此时的YnD、乘法过程中右移部分积是为了使部分积与下次的加数按位对齐3.4 补码一位乘法随堂测验1、16位补码0X 8FA0扩展为32位的结果是（) （单选）A、0X 0000 8FA0B、0X FFFF 8FA0C、0X FFFF FFA0D、0X8000 8FA02、计算机字长为n位, 下列关于补码一位乘法操作过程的描述中，正确的是（) （多选）A、乘法过程中共执行n 次加法和n-1 部分积右移B、乘法过程中共执行n -1次算术右移和n-1 次加法运算C、乘法过程中，部分积加0 、[x]补还是[-x]补，取决于此时的Yn+1 与Yn的差D、乘法过程中右移部分积的目的是为了使部分积与下次的加数对齐3、关于补码码一位乘法的下列描述中，正确的是（）（多选）A、符号位和数据位一起参加运算B、运算开始前，需要在乘数寄存器Y后面补上Yn+1且其初值为0C、乘法执行过程中的对部分积的移位是算术右移D、最后的结果由部分积寄存器和乘数寄存器共同保存3.5 乘法运算器设计随堂测验1、下图为原码一位乘法器原理图正确的是（）（单选）A、A: 部分积寄存器B:乘数寄存器C: |X| D: YnB、A: 部分积寄存器B:乘数寄存器C: |X| D: Yn+1C、A: 被乘数寄存器B:乘数寄存器C: |X| D: YnD、A: 被乘数寄存器B:乘数寄存器C: |X| D: Yn+12、下图为补码一位乘法原理图正确的是（) （单选）。
实验三：八位运算器组成实验一：实验目的：1：掌握运算器的组成原理、工作原理；2：了解总线数据传输结构；3：熟悉简单的运算器的数据通路与控制信号的关系；4：完成给定数据的算术操作、逻辑操作；二：实验条件：1：PC机一台；2：MAX+PLUSⅡ软件；三：实验内容（一）1：所用到的芯片74181：四位算术逻辑运算单元；74244：收发器（双向的三态缓冲器）74273：八位D触发器；74374：八位D锁存器；74163：八进制计数器；7449：七段译码器2:实验电路图（1）运算器电路图（A）数据输入电路由两个十六进制计数器连接成16*16=256进制的计数器，可以实现八位的输入。
（B）运算功能选择电路由一个十六进制计数器组成，可以实现16种不同运算的选择。
再加上逻辑运算器上的M位和Cn位的选择，一共可以实现16*3=48种运算功能。
内部由一个74163构成。
内部结构：（C）数码管扫描显示电路由一个扫描电路scan和一个七段译码器7449组成，scan 内部是一个二选一的多路复用器。
scan内部结构：（D）运算器电路图（2）波形仿真图（A）输入两个数A=05H,B=0AH,O5H DR1,0AH DR2,并通过经由74181在总线上显示。
（B ）对两个数进行各种数学运算和逻辑运算。
加法运算：输出控制：s4s3s2s1=0001,M=0,CN=0 输出使能：ALU_BUS=0 计算结果：05H+0AH=10H四：实验内容（二）给定A,B两个数，设A=05H,B=0AH,完成几种常见的算术运算和逻辑运算画出运算的波形和仿真图（1）逻辑运算：A and B,A or B,取反/A,A⊙B,A⊕B;（2）算术运算：A加B，A加B（带进位），A减B；（3）复合运算：A加B 减（（/A）〃B）加B；（/(A⊙B)减（A⊕B）））加1计算(A加B)减((/A)〃B)后需要重新送入数据B，存入R5并且装载到LDDR2中。
计算机组成原理复习题带答案第1章计算机系统概述⼀、选择题1、在下列四句话中，最能准确反映计算机主要功能的是 C。
A、计算机可以存储⼤量信息B、计算机能代替⼈的脑⼒劳动C、计算机是⼀种信息处理机D、计算机可实现⾼速运算2、1946年2⽉，在美国诞⽣了世界上第⼀台电⼦数字计算机，它的名字叫（1）C，1949年研制成功的世界上第⼀台存储程序式的计算机称为（2）。
（1）A、EDVAC B、EDSAC C、ENIAC D、UNIVAC-Ⅰ（2）A、EDVAC B、EDSAC C、ENIAC D、UNIVAC-Ⅰ3、计算机硬件能直接执⾏的只能是B。
A、符号语⾔B、机器语⾔C、汇编语⾔D、机器语⾔和汇编语⾔4、对计算机软、硬件资源进⾏管理，是 A 的功能。
A、操作系统B、数据库管理系统C、语⾔处理程序D、⽤户程序⼆、填空题1、计算机的各⼤部件通过____总线____________连接在⼀起，它是各部件之间传输信息的通道。
2、计算机按内部信息形式可以分为___模拟____________和___数字信号_两类。
3、计算机硬件⼀般由_运算器，控制器_______、__存储器______、_输⼊_______和、____输出____和五⼤部分组成。
4、运算器是⼀个数据加⼯部件，主要完成⼆进制___算术_______运算及__逻辑________运算。
5、运算器的___位数________越多，计算的精度就越⾼，但是所费的电⼦器件也越多，成本越⾼。
三、简答题1、简述计算机的发展过程。
1、第⼀代电⼦管计算机1946年2⽉，诞⽣了世界上第⼀台电⼦数字计算机——ENIAC ，1949年研制成功的世界上第⼀台存储程序式的计算机EDSAC。
2、第⼆代晶体管计算机1947年在贝尔实验室制成第⼀个晶体管，进⼊20世纪50年代全球出现⼀场以晶体管代替电⼦管的⾰命。
3、第三代集成电路计算机4、⼤规模集成电路计算机5、超⼤规模集成电路计算机3、冯.诺依曼计算机的特点是什么？它包括哪些主要组成部分？各部分的功能是什么？1、计算机由运算器、存储器、控制器、输⼊设备和输出设备五⼤部件组成2、指令和数据以同等的地位存放在存储器内，并可以按地址寻访3、指令和数据均⽤⼆进制数表⽰4、指令由操作码和地址组成。
第三章运算方法和运算器3.1补码的移位运算1、左移运算：各位依次左移，末位补0对于算术左移，若没有改变符号位，左移相当于乘以2。
2、右移运算：算术右移：符号位不变，各位（包括符号位）依次右移。
（相当于除以2）逻辑右移：最高位补0，其余各位依次右移例1：已知X＝0.1011 ,Y＝－0.0101 求 [0.5X]补；[0.25X]补；[-X]补；2[-X]补；[0.5Y]补；[0.25Y]补； [-Y]补；2[-Y]补[X]补＝0.1011 [Y]补＝1.1011[0.5X]补＝0.01011 [0.5Y]补＝1.11011[0.25X]补＝0.001011 [0.25Y]补＝1.111011[-X]补＝1.0101 [-Y]补＝0.01012[-X]补＝0.1010 (溢出) 2[-Y]补＝0.10103.2定点加减法运算及其实现3.2.1 补码加减法运算方法由于计算机中的进行定点数的加减运算大都是采用补码。
（1）公式：[X+Y]补＝[X]补+[Y]补[X-Y]补＝[X]补+[-Y]补（证明过程见教材P38）例1 X＝0.001010 Y＝－0.100011 求[X-Y]补，[X+Y]补解：[X]补＝0.001010 [-Y]补＝0.100011则 [X-Y]补＝[X]补+[-Y]补＝0.001010 + 0.100011＝0.101101 [X]补=0.001010 [Y]补=1.011101则 [X+Y]补＝[X]补+[Y]补＝0.001010 + 1.011101＝1.100111例2：已知X＝＋0.25，Y＝－0.625，求X＋Y； X－Y写出计算的过程.例3：已知X＝25,Y＝－9，求X＋Y； X－Y写出计算的过程.例4：已知X＝－25,Y＝－9，求X＋Y； X－Y写出计算的过程.解: （8位二进制表示）例2： X=0.0100000 Y=－0.1010000[X]补=0.0100000 [Y]补=1.0110000则 [X+Y]补＝[X]补＋[Y]补＝0.0100000 + 1.0110000＝1.1010000[X+Y]原＝－0.0110000＝（－0.375）D[X]补＝0.0100000 ，[-Y]补=0.1010000则 [X-Y]补 = [X]补＋[-Y]补 = 0.0100000＋0.1010000＝0.1110000[X+Y]原 = 0.1110000 ＝（0.875）D例3： X=＋0011001 Y=－0001001[X]补=00011001，[Y]补=11110111则 [X+Y]补 = [X]补+[Y]补= 00011001 + 11110111= 00010000[X+Y]原 =＋0010000＝（＋16）D[X]补= 00011001 ，[-Y]补= 00001001则 [X-Y]补 = [X]补+[-Y]补= 00011001 + 00001001= 00100010[X+Y]原 = ＋0100010 ＝（34）D例4： X=－0011001 Y=－0001001[X]补=11100111，[Y]补=11110111则 [X+Y]补 = [X]补+[Y]补= 11100111 + 11110111[X+Y]原 =－00100010＝（－34）D[X]补= 11100111 ，[-Y]补= 00001001则 [X-Y]补 = [X]补+[-Y]补= 11100111 + 00001001= 11110000[X+Y]原 = －0010000 ＝（－16）D3.2.2 定点加减法运算中的溢出问题溢出:运算结果大于机器所能表示的最大正数或者小于机器所能表示的最小负数.溢出只是针对带符号数的运算.比如:[X]补=0.1010,[Y]补=0.1001,那么[X]补+[Y]补=1.0011(溢出)溢出是一种错误,计算机中运算时必须能够发现这个现象,并加以处理判断溢出的方法：1、采用变形补码法[X+Y] 变补=[X] 变补+[Y] 变补[X-Y] 变补=[X] 变补+[-Y] 变补例1 X=0.1011 Y=0.0011 求[X+Y]补解： [X]变补 = 00.1011， [Y]变补 = 00.0011[X+Y]变补 = 00.1011 + 00.0011 = 00.1110所以 [X+Y]补 = 0.1110例2 X=0.1011 Y=0.1001 求[X+Y]补解: [X]变补 = 00.1011 [Y]变补 = 00.1001[X+Y]变补 = 00.1011 + 00.1001 = 01.0100运算结果的两符号位是01，不相同，发生溢出，因第一符号位是0，代表正数，所以称这种溢出为“正溢出”。
例3 X=-0.1101 Y=-0.1010 求[X+Y]补解： [X]变补 = 11.0011 [Y]变补 = 11.0110结果的两符号位是10，不相同，发生溢出，因第一符号位是1，代表负数，所以称这种溢出为“负溢出”。
总结：判断溢出的原则：当两符号位相同时，正确。
“00”表正数，“11”表负数。
当两符号位不同时，溢出；“01”表正溢出，“10”表负溢出2、利用符号位的进位信号判断原理：设数码位向符号位的进位为C n-1,符号位向更高位的进位为C n 。
则 OF= C n-1 ⊕ C n当 OF为“0”表示无溢出，为“1”表示溢出了。
比如： [X]补=0.1010,[Y]补=0.1001[X]补+[Y]补=1.0011C n-1=1， C n =0 则OF=13根据加数、被加数、和的符号判断当操作数中的加数与被加数符号相同时,若结果的符号与操作数的符号不一致,表示溢出;否则,表示无溢出.3.2.1 补码加减法运算的实现补码运算只需要设置一个加法器。
采用串行进位方式的n位并行加法器的逻辑结构。
n个全加器（FA n-1～FA0),进位信号C i从低位向高位逐位串行传送。
两个n位长的补码A和B，连同C-1一起传送到全加器的输入端，得到n位运算结果S，最高位为符号位。
左上方的半加器用来判定溢出。
如何区分加减运算？M=0时C-1=0实现加法运算M=1时C-1=1实现减法运算3.3定点乘法运算及其实现3.3.1 原码一位乘法(1)运算规则设x＝xf x1x2...xn，y=yfy1y2...yn，乘积为P，乘积的符号位为Pf则：Pf＝xf⊕y f |P|＝|x||y|，求|P|的运算规则：①被乘数和乘数均取绝对值参加运算，符号位单独考虑。
②被乘数取双符号，部分积的长度同被乘数，初值为0。
③从乘数的最低位yn开始判断：yn＝1，则部分积加上被乘数|x|，然后右移一位：yn＝0，则部分积加上0，然后右移一位。
①重复③判断n次。
(2)逻辑实现和操作流程实现原码一位乘法的硬件逻辑如图所示。
原码一位乘法的操作流程如图所示，图中的i用于计数，它表示循环次数(相加／移位的次数)，随着y的右移，yn位总是表示乘数将要被判断的那一位。
3.3.2补码一位乘法补码一位乘法的运算算法是Booth夫妇首先提出来的，所以也称Booth算法，其运算规则如下：①符号位参与运算，运算的数均以补码表示。
②被乘数一般取双符号位参加运算，部分积初值为0。
③乘数可取单符号位以决定最后一步是否需要校正，即是否加[-xl补④乘数末位增设附加位yn＋1，且初值为0。
⑤按下表所示进行操作。
⑥按照上述算法进行n+l步操作，但第n+l步不再移位，仅根据y0与yl的比较结果作相应的运算即可。
Y n Y n ＋1 操 作 0 0 部分积右移一位 0 1 部分积加X 补，右移一位1 0 部分积加－X 补，右移一位 1 1 部分积右移一位(2)逻辑实现和操作流程 3.4 定点除法运算及其实现 3.4.1原码除法运算 1．恢复余数法：(1)对于n 位除数来说，为了保证商数的数码位n 位，必须要求被除数的高端n 位小于除数，否则，商数的小数点前将位1，表示除法运算产生溢出，对于定点除法运算来说这是不能允许的，遇到这种情况，除法运算应终止。
(2)每次上商总是比较一下余数和除数的大小，若余数大于除数时，则商“1”，且将余数减去除数后左移1位得新的余数，若余数小于除数则商“0”，只将余数左移1位得新的余数，上述过程重复进行n 次，共上n 位商数，完成n 位除法运算的全过程。
(3)最后根据符号位单独运算的结果，给商数冠以正确符号，余数的符号位应与被除数相同。
上述操作过程在计算机中实现，需要稍做如下改动：(1)为判定本次除法运算是否产生溢出，首先需要将被除数的高n 位减去除数，若其余数大于“0”，则判定本次运算溢出，立即终止除法运算过程；若余数小于“0”，则应将除数加回去恢复被除数，继续除法运算过程。
(2)每次上商之前总要做一次余数减除数的操作。
若该余数大于或等于“0”，则表示够减，商“0”后将该余数左移一位得新余数；若该余数小于“0”，则表示不够减，商“0”，而且本次减法运算不该做，应将除数加回去，恢复原来的余数后将其左移一位得新余数，“恢复余数法”因此面遇名。
上述手算例子采用原码恢复余数法在计算机中的操作过程如下： 例题1：已知：X ＝＋0.1001，Y=－0.1101，求X/Y=？ 解：符号位单独运算：Qf ＝Xf ⊕Yf ＝1[∣X ∣]原＝[∣X ∣]原 ＝0.1001, [∣Y ∣]原＝[∣Y ∣]原 ＝0.1101, [-∣Y ∣]原 ＝1.0011,最后给出结果，冠以正确得符号：商数Q＝－0.1011余数R＝＋0.0001×2－4例题2：已知：X＝－0.01010，Y=－0.11001，求X/Y=？从上述操作过程可以看出，恢复余数法存在两个明显的缺点： (1)商“0”时，需要恢复余数，降低了除法运算得速度。
(2)操作步骤不规则，商“0”时只需做3步操作，而商“1”时需要做5步操作。
2．加减交替法“加减交替法”又称做“不恢复余数法”它是由“恢复余数法”改进而来的。
我们先分析恢复余数法的操作过程：第i 次操作是将余数R i 左移一位后减去除数Y 得新的余数R i ＋1，即R i ＋1＝2R i －Y 。
若R i ＋1≥0则商“1”，然后进入第i+1次的操作为：2 R i ＋1－Y若R i+l <0则商“0”，然后需恢复余数，即：完成R i+l +Y=2 R i ，才进入第i+1次操作为： 4R i －Y如果当第i 次操作商“0”时，不恢复余数，而是直接进入第i+1次操作，将小于“0”的余数(R i ＋1)继续左移一位后“+Y ”，即： 2R i+1＋Y=2(2R i －Y)＋Y=4R i －Y这样做的结果与恢复余数后的第i+1次操作完全相同。
说明恢复余数的操作并不是必需的。
