计算机组成原理原码列除法器

1. 写出下列各数的原码、反码、补码、移码（用8位二进制表示），其中MSB是最高位（符号位），LSB是最低位。

如果是小数，则小数点在MSB之后；如果是整数，则小数点在LSB之后。

(1)-59/64 (2)27/128 (3)-127/128(4)用小数表示-1(5)用整数表示-1 (6)-127 (7)35 (8)-1282. 设[x]补=x0.x1x2x3x4，其中x i取0或1，若要使x＞－0.5，则x0、x1、x2、x3、x4的取值应满足什么条件？3. 若32位定点小数的最高位为符号位，用补码表示，则所能表示的最大正数为，最小正数为，最大负数为，最小负数为；若32位定点整数的最高位为符号位，用原码表示，则所能表示的最大正数为，最小正数为，最大负数为，最小负数为。

4. 若机器字长为32位，在浮点数据表示时阶符占1位，阶码值占7位，数符占1位，尾数值占23位，阶码用移码表示，尾数用原码表示，则该浮点数格式所能表示的最大正数为，最小正数为，最大负数为，最小负数为。

5. 某机浮点数字长为18位，格式如图2.35所示，已知阶码（含阶符）用补码表示，尾数（含数符）用原码表示。

(1)将(-1027)10表示成规格化浮点数；(2)浮点数(0EF43)16是否是规格化浮点数？它所表示的真值是多少？图2.35 浮点数的表示格式6. 有一个字长为32位的浮点数，格式如图2.36所示，已知数符占1位；阶码占8位，用移码表示；尾数值占23位，尾数用补码表示。

图2.36 浮点数的表示格式请写出：(1)所能表示的最大正数；(2)所能表示的最小负数；(3)规格化数所能表示的数的范围。

7. 若浮点数x的IEEE754标准的32位存储格式为(8FEFC000)16，求其浮点数的十进制数值。

8. 将数(-7.28125)10转换成IEEE754标准的32位浮点数的二进制存储格式。

9. 已知x=-0.x1x2…x n，求证：[x]补=+0.00…01。

（ 2= ==（ 2= = =（ 2===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[ 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 < 01000000⋅ (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 ) ]a 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 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： 227 122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 2244．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= 0M= 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= 1M= 1011 0000 0000 0000 0000 000最后表示为：1 01111101 10110000000000000000000 5．（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 00011 00 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 01011 00 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 11111 11 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]补结果没有溢出，x−y=−00100（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 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 111111[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(2)[∣x ∣]补=0 01011[-∣y ∣]补=1 00111被除数 X 0 01011 +[-|y|]补 1 00111----------------------------------------------------余数为负 1 10010 →q0=0x+y= 1.010010*2 = 2 *-0.101110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,-0.011110 Ex-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-y0 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= 11100,0.0101109Ex-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: 0.101100 x+y= 0.101100*2阶码-611010x-y1 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 = 0.100100 Ez = Ex+Ey = 0111 Mx*My 0. 1 1 0 1* 0.1 0 0 101101 00000 00000 01101 00000 001110101规格化：26*0.111011(2) Ex = 1110, Mx = 0.011010Ey = 0011, My = 0.111100 Ez = 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]11000100 11011110 10111100+[My]00111100 11111000 111100000.0 +[My]00111100 00101100 010110000.01 +[-My]11000100 00011100 001110000.011 +[-My]11000100 11111100 111110000.0110 +[My]00111100 00110100 011010000.01101 +[-My]1 1 0 00 1 0 0 0 0 1 0 1 10 00.01101 商 = 0.110110*2-6, 11．4 位加法器如上图，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*2-6C 1 = G 1+P 1C 0 C 2 = G 2+P 2C 1 C 3 = G 3+P 3C 2 C 4 = G 4+P 4C 3 其中：G 1 = A 1B 1G 2 = A 2B 2G 3 = A 3B 3 G 4 = A 4B 4P1 = A 1⊕B 1（A 1＋B 1 也对） P 2 = A 2⊕B 2 P 3 = A 3⊕B 3 P 4 = A 4⊕B 4(2)并行进位方式 C 1 = G 1+P 1C 0C 2 = G 2+P 2G 1+P 2P 1C 0C 3 = G 3+P 3G 2+P 3P 2G 1+P 3P 2P 1C 0C 4 = G 4+P 4G 3+P 4P 3G 2+P 4P 3P 2G 1+P 4P 3P 2P 1C 0“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：C4 = C n+4 = G+PC n = G+PC0，C0为向第0 位进位其中，G = y3+y2x3+y1x2x3+y0x1x2x3，P = x0x1x2x3，所以C5 = y4+x4C4C6 = y5+x5C5 = y5+x5y4+x5x4C4(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C0，由最低位传送至C6需经一个反相器、两级“与或非”门，故产生C0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x0, y0, 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：t0 = 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 i0Y i = Y i3Y i2Y i1Y i0S i’ = S i3’S i2’S i1’S i0’s i3 s i2 s i1 s i0Ci+1FA FA FA FA十进校正+3VFA s i3'FAs i2'FAs i1'FAs i0'二进加法X i3 Y i3 X i2 Y i2 X 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。

第一章1．比较数字计算机和模拟计算机的特点解：模拟计算机的特点：数值由连续量来表示，运算过程是连续的；数字计算机的特点：数值由数字量（离散量）来表示，运算按位进行。

两者主要区别见P1 表1.1。

2．数字计算机如何分类？分类的依据是什么？解：分类：数字计算机分为专用计算机和通用计算机。

通用计算机又分为巨型机、大型机、中型机、小型机、微型机和单片机六类。

分类依据：专用和通用是根据计算机的效率、速度、价格、运行的经济性和适应性来划分的。

通用机的分类依据主要是体积、简易性、功率损耗、性能指标、数据存储容量、指令系统规模和机器价格等因素。

3．数字计算机有那些主要应用？（略）4．冯. 诺依曼型计算机的主要设计思想是什么？它包括哪些主要组成部分？解：冯. 诺依曼型计算机的主要设计思想是：存储程序和程序控制。

存储程序：将解题的程序（指令序列）存放到存储器中；程序控制：控制器顺序执行存储的程序，按指令功能控制全机协调地完成运算任务。

主要组成部分有：控制器、运算器、存储器、输入设备、输出设备。

5．什么是存储容量？什么是单元地址？什么是数据字？什么是指令字？解：存储容量：指存储器可以容纳的二进制信息的数量，通常用单位KB、MB、GB来度量，存储容量越大，表示计算机所能存储的信息量越多，反映了计算机存储空间的大小。

单元地址：单元地址简称地址，在存储器中每个存储单元都有唯一的地址编号，称为单元地址。

数据字：若某计算机字是运算操作的对象即代表要处理的数据，则称数据字。

指令字：若某计算机字代表一条指令或指令的一部分，则称指令字。

6．什么是指令？什么是程序？解：指令：计算机所执行的每一个基本的操作。

程序：解算某一问题的一串指令序列称为该问题的计算程序，简称程序。

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？解：一般来讲，在取指周期中从存储器读出的信息即指令信息；而在执行周期中从存储器中读出的信息即为数据信息。

第2章 参考答案2写出下列十进制数的原码、反码、补码和移码表示（用8位二进制数）。

如果是小数，则用定点小数表示；若为整数，则用定点整数表示。

其中MSB 是最高位（符号位），LSB 是最低位。

(1)－1 (2) －38/64 解：（1）-1=(-0000001)2 原码: 10000001反码: 11111110 补码: 11111111 移码: 01111111（2）-38/64=-0.59375=(-0.1001100)2或-38/64=-（32+4+2）*2-6=-（100110）*2-6=(-0.1001100)2 原码: 1.1001100反码: 1.0110011补码: 1.0110100移码: 0.0110100注：-1如果看成小数，那么只有补码和移码能表示得到，定点小数-1的补码为：1.0000000此例类似于8位定点整数的最小值-128补码为100000003 有一字长为32位的浮点数，符号位1位；阶码8位，用移码表示；尾数23位，用补码表示；基数为2.请写出：（1）最大数的二进制表示，（2）最小数的二进制表示，（3）规格化数所能表示的数的范围。

解：（题目没有指定格式的情况下，用一般表示法做）（1）最大数的二进制表示：0 11111111 11111111111111111111111 （2）最小数的二进制表示：1 11111111 00000000000000000000000(1) 7232112*2---（） (2) 7211*2--（）（3）规格化最大正数：0 11111111 111111111111111111111117232112*2---（）规格化最小正数：0 00000000 100000000000000000000007122*2--规格化最大负数：1 00000000 011111111111111111111117123222*2----+（）规格化最小负数：1 11111111 000000000000000000000007211*2--（）规格化数的表示的数的范围为：7777211232122321[1*2,22*2][2*2,12)*2]----------+- （）（）（下面补充IEEE 754的规格化浮点数表示范围：IEEE 754的尾数采用1.M 的形式，原码表示；阶e=E-127 （相对于一般表示法的e=E-128，人为的加了1）；并且最大的阶（11111111）和最小的阶（00000000）用去作为特殊用途。

南昌航空大学2008—2009学年第1学期期末考试课程名称: 计算机组成与结构A B 卷参考答案题号一二三四五六七合计满分502525100实得分一. 基本题(共50分)1. 冯诺依曼型计算机的主要设计思想是什么？它包括哪些主要组成部分？(10分)答:冯诺依曼型计算机的主要设计思想是:采用存储程序的方式，编好的程序和数据存放在同一个存储器中，计算机可以在无人干预的情况下自动完成逐条取出指令和执行指令的任务；在机器内部，指令和数据均采用二进制码表示，指令在存储器中按顺序存放。

其主要组成部分有：运算器、控制器、存储器、输入输出设备，以及总线。

2. 已知x和y，用变形补码计算x-y，同时指出结果是否溢出。

(16分)(1) x=10111 y=11011 (2) x=11011 y=-10011解: [ｘ-ｙ]补=[ｘ]补+[-ｙ]补 (8分)(1) [ｘ]补＝00 10111,　[-ｙ]补＝11 00101[ｘ]补 00 10111＋ [-ｙ]补　11 00101　 11 11100　双符号位为“11”，结果没有溢出, ｘ-ｙ=-00100。

(2) [ｘ]补＝00 11011,　[-ｙ]补＝00 10011 (8分)[ｘ]补 00 11011＋ [-ｙ]补　00 10011　 01 01110　双符号位为“01”,表示已溢出, ｘ-ｙ=10010。

3. 总线仲裁分集中式仲裁和分布式仲裁两类。

简述集中式仲裁可分为哪几种方式？每种方式各自的特点是什么？(12分)答:集中式仲裁可分为链式查询方式、计数器定时查询方式和独立请求方式三种，各自的特点如下：（1）链式查询方式：总线授权信号BG串行地从一个I/O接口传送到下一个I/O接口。

由近至远依次查询各I/O接口，一旦到达有总线请求的接口就不再往下查询。

显然，离总线仲裁器越近的设备优先级越高。

该方式的优点是：只用很少几根线就能按一定优先次序实现总线仲裁，且这种结构分容易扩充设备。

沈阳航空航天大学课程设计报告课程设计名称：计算机组成原理课程设计课程设计题目：定点原码一位除法器的设计院（系）：计算机学院专业：计算机科学与技术班级：94010101学号：2009040101013姓名：胡桂林指导教师：周大海完成日期：2012年1月13日沈阳航空航天大学课程设计报告目录第1章总体设计方案 (1)1.1设计环境 (1)1.2设计原理 (2)第2章详细设计方案 (4)2.1总流程图 (4)2.2上商置0模块流程图 (6)2.3上商置1模块流程图 (6)2.4商的符号流程图 (7)第3章测试结果 (9)3.1程序仿真 (9)3.2仿真测试一 (9)3.3仿真测试二 (10)附录 (11)参考文献 (14)第1章总体设计方案1.1 设计环境伟福COP2000实验箱，用汇编语言编程实现定点原码一位除法器COP2000 计算机组成原理实验系统由实验平台、开关电源、软件三大部分组成。

实验平台上有寄存器组R0-R3、运算单元、累加器A、暂存器W、直通/左移/右移单元、地址寄存器、程序计数器、堆栈、中断源、输入/输出单元、存储器单元、微地址寄存器、指令寄存器、微程序控制器、组合逻辑控制器、扩展座、总线插孔区、微动开关/指示灯、逻辑笔、脉冲源、20 个按键、字符式LCD、RS232 口。

COP2000集成调试软件（即仿真测试软件）共分为6部分：（1）主菜单区实现实验仪的各项功能的菜单，包括[文件][编辑][汇编][运行][帮助]五大项，各项线面做详细介绍。

（2）快捷图标区快速实现各项功能按键（3）源程序/机器码区在此区域有源程序窗口，反汇编窗口，EM程序代码窗口。

源程序用于输入，显示，编辑汇编源程序：反汇编窗口显示程序编译后的机器码及反汇编的程序；EM程序代码窗口用数据方式机器码。

（4）机构图/逻辑波形区结构图能结构化显示模型机的各部件，以及运行时数据走向寄存器值；逻辑波形图能显示模型机运行时所有信号的程序。

②纯整数a.定点整数表示：N s N x N2 ..・N n（原码、反码、补码）b、范围：1W | X | Will (11)BP： 1W | X | 5-1由于有些数据用定点数不易表示，所以采用了浮点表示法。

2）浮点表示滋①定义：任意一个R进制都可以通过移动小数点的位置写成X=R E x M式中：R是基数，可以取2, 8, 16, —旦定义则不能改变, 是隐含的。

M是纯小数（含数的符号），称为尾数，表示数N的全部有效数字。

E是阶码，纯整数，指出小数点在该数中的位置。

由于阶码可以取不同的数值，所以，小数点的位置是不确定的，这种数被称为浮点数。

浮点数的表示格式：X=2fi x M1、将20.1875转换成，32位浮点数存储?2、若浮点数的二进制存储格式为（41A18000）求其十进制值?将十进制数数17.296875转换成位浮点数的二进制格式来存储？数值数据—定点数的表示方法□原码表示法□补码表示法□反码表示法□移码表示法数值数据—定点数的表示法（原码）数值数据—定点数的表示法（原码）实例:X1 =:0.10110-0.101100.0000［X］沪0.10110 1.101100.00001.0000实例:X1 =:10110-101100000 [X]原二0101101101100000010000数值数据—定点数的表示法（原码）性质: ■原码为符号位加数的绝对值,■原码零有两个编码，+0和・0编码不同■原码难以用于加减运算L=J■ N+1位二进制原码所表示的范小数：MAX=l-2 11 , MIN= - (1-2 n ) 整数：MAX=2n-l ,MIN= - (2n-l )数值数据一定点数的表示法（补码）■补码是在“模”和“同余”的概念下导出的。

“模”是指一个计量系统的计量范围，即产生“溢出”的量。

■继续推导：5-2=5+10 (MOD 12) 5+ (-2) =5+10 (MOD 12) -2=10 (MOD 12)■结论：数值数据一定点数的表示法(补5+10=3 (12自动丢 失。

沈阳航空航天大学课程设计报告课程设计名称：计算机组成原理课程设计课程设计题目：COP2000实现原码一位除法院（系）：计算机学院专业：计算机科学与技术班级：24010103学号：******************指导教师：***完成日期：2015年01月15日沈阳航空航天大学课程设计报告目录第1章总体设计方案 (2)1.1设计原理 (2)1.2设计思路 (2)1.3设计环境 (2)第2章详细设计方案 (4)2.1总体方案的设计与实现 (4)2.1.1总体方案的逻辑图 (4)2.1.2算法流程图 (5)2.2功能模块的设计与实现 (6)2.2.1 模块的设计与实现 (6)第3章验证测试 (9)3.1验证测试 (9)参考文献 (10)附录（源代码） (11)第1章总体设计方案1.1设计原理原码一位除，即两个原码数相除，商的符号为除数和被除数的符号异或值。

采用汇编语言实现定点原码一位除法器，算法为恢复余数法。

利用恢复余数的方法来进行运算。

1.2设计思路算法为恢复余数法，先用被除数减去除数，如果结果为正数商1，然后左移，如果是负数商0然后加上Y的补，继续运算。

实验开始时将实验数据从实验箱的开关输入到R0,R1,R2三个寄存器中，R0为被除数，R1为除数，R2为商。

运算过程采用恢复余数法。

主要判断被除数减去除数的商值。

如果为负，商0然后加除数然后左移。

如果商值为正商1，左移。

数据都存放在寄存器中，最后结果在OUT寄存器中显示。

1.3设计环境COP2000 模型机包括了一个标准CPU 所具备所有部件，这些部件包括：运算器ALU、累加器A、工作寄存器W、左移门L、直通门D、右移门R、寄存器组R0-R3、程序计数器PC、地址寄存器MAR、堆栈寄存器ST、中断向量寄存器IA、输入端口IN、输出端口寄存器OUT、程序存储器EM、指令寄存器IR、微程序计数器uPC、微程序存储器uM，以及中断控制电路、跳转控制电路。

计算机组成原理专周报告成都电子机械高等专科学校计算机工程系`目录一、项目名称 (1)二、实验目的 (1)三、不恢复余数的阵列除法器介绍 (1)四、逻辑流程图及原理 (3)算法流程 (3)粗框图 (4)CSA逻辑结构图 (4)原理分析 (5)五、实例结果及求解过程 (8)实例结果图 (8)实例求解过程 (9)六、心得体会： (10)计算机组成原理专周报告一、项目名称原码阵列除法器二、实验目的1）理解原码阵列除法运算的规则。

2）掌握原码阵列除法器设计思想，设计一个原码阵列除法器。

3）熟悉proteus 7 professional软件的使用。

4）复习巩固课堂知识，将所学知识运用于实际，做到学以致用。

三、不恢复余数的阵列除法器介绍阵列式除法器是一种并行运算部件，采用大规模集成电路制造，与早期的串行除法器相比,阵列除法器不仅所需的控制线路少，而且能提供令人满意的高速运算速度。

阵列除法器有多种多样形式，如不恢复余数阵列除法器，补码阵列除法器等等。

我们所用到的就是不恢复余数的阵列除法器。

设：所有被处理的数都是正的小数（仍以定点小数为例）。

不恢复余数的除法也就是加减交替法。

在不恢复余数的除法阵列中,每一行所执行的操作究竟是加法还是减法, 取决于前一行输出的符号与被除数的符号是否一致。

当出现不够减时,部分余数相对于被除数来说要改变符号。

这时应该产生一个商位“0”,除数首先沿对角线右移,然后加到下一行的部分余数上。

当部分余数不改变它的符号时, 即产生商位“1”,下一行的操作应该是减法。

图（四）示出了 (4位÷4位)的不恢复余数阵列除法器的逻辑原理图。

由图看出,该阵列除法器是用一个可控加法/减法(CAS)单元所组成的流水阵列来实现的。

推广到一般情况，一个(n＋1)位除(n＋1)位的加减交替除法阵列由(n＋1)2个CAS单元组成，其中两个操作数(被除数与除数)都是正的。

单元之间的互连是用n＝3的阵列来表示的。

****************课程设计报告课程设计名称：计算机组成原理课程设计课程设计题目：恢复余数法定点原码一位除法器的设计院（系）：*************专业：*************班级：*************学号：*************姓名：*************指导教师：*************完成日期：**************************课程设计报告目录第1章总体设计方案 (1)1.1设计原理 (1)1.2设计思路 (1)1.3设计环境 (3)第2章详细设计方案 (4)2.1顶层方案图的设计与实现 (4)2.1.1创建顶层图形设计文件 (4)2.1.2器件的选择与引脚锁定 (5)2.1.3 编译、综合、适配 (6)2.2功能模块的设计与实现 (6)2.2.1寄存器模块的设计与实现 (6)2.2.2数据选择器模块的设计与实现 (8)2.2.3补码器模块的设计与实现 (12)2.2.4加法器模块的设计与实现 (13)2.2.5移位寄存器模块的设计与实现 (15)2.3仿真调试 (18)第3章编程下载与硬件测试 (20)3.1编程下载 (20)3.2硬件测试及结果分析 (20)参考文献 (22)附录（电路原理图） (23)第1章总体设计方案1.1 设计原理定点原码一位除法器的原理是根据人工进行二进制除法的规则：判断被除数与除数的大小，若被除数小，则上商0，并在余数最低位补0，再用余数和右移一位的除数比，若够除，则上商1，否则上商0。

然后继续重复上述步骤，直到除尽（即余数为0）或已得到的商的位数满足精度要求为止。

上述计算方法要求加法器的位数为除数位数的两倍。

但分析后，会发现右移除数，可以通过左移被除数（余数）来代替，左移出界的被除数（余数）的高位都是无用的0，对运算不会产生任何影响。

另外，上商0还是1是计算者用观察比较的办法确定的，而计算机只能用做减法判断结果的符号为负还是为正来确定。