计算机组成原理课后习题答案第五版文件

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。

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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。

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 00 0 1 1 0没有溢出，x+y=00110(3)x=-10110，y=-00001=1101010+1111111=1101001；没有溢出，x+y=-10111[x+y]补6、[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 10 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。

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。

计算机组成原理课后答案中英主编第五版计算机组成原理课后答案第一章：计算机系统概述1. 数据是计算机系统处理的基本对象，其形式包括数字、文本、图像、音频等多种类型。

2. 信息是对数据进行加工处理后得到的有用结果，例如计算、存储、传输等操作。

3. 计算机系统组成包括硬件和软件两个部分。

硬件包括中央处理器（CPU）、存储器、输入设备和输出设备等；软件包括系统软件和应用软件两部分。

4. 计算机系统的层次结构包括硬件层、指令系统层、操作系统层和应用层等，每一层都在上层的基础上提供更高级的功能，为上层提供服务。

第二章：数字系统1. 数制是一种用来表示数字的符号体系，常见的数制包括二进制、八进制、十进制和十六进制。

2. 在二进制系统中，每一位上的数值称为位权，位权的值是2的幂次方。

3. 二进制转换为十进制可以使用位置权重法，将二进制数每一位与对应的位权相乘，然后求和即可。

4. 十进制转换为二进制可以使用短除法，不断将十进制数除以2取余数，直到商为0为止，将余数按倒序排列即为二进制数。

第三章：汇编语言1. 汇编语言是一种与机器语言直接对应的低级语言，使用助记符来表示机器指令。

2. 汇编语言的指令包括数据传输指令、运算指令、逻辑指令、控制转移指令等，用于完成各种计算机操作。

3. 汇编程序是由一系列汇编语句组成的程序，需要经过汇编器的处理转换为机器语言程序，再由计算机执行。

4. 汇编语言相对于机器语言具有可读性强、编写方便的优点，但是移植性较差，需要根据不同的硬件平台进行适配。

第四章：总线1. 总线是计算机各部件之间传输数据和信号的通道，包括数据总线、地址总线和控制总线等。

2. 数据总线用于传输数据，地址总线用于指定操作的存储单元或者IO设备，控制总线用于传递控制信息。

3. 总线的性能指标包括宽度（数据位宽）、带宽（传输速率）和周期（传输时间）等。

第五章：存储器1. 存储器是计算机中用于存储指令和数据的设备，包括主存储器和辅助存储器两部分。

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。

白中英第五版计算机组成原理课后习题参考答案第一章计算机系统概述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答：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，其中存储程序是指将程序和数据事先存放到存储器中，而程序控制是指控制器依据存储的程序来控制全机协调地完成计算任务。

总体来讲，存储程序并按地址顺序执行，这就是冯•诺依曼型计算机的主要设计思想。

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答：见教材P8和P10。

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答：见教材P10。

第二章运算方法和运算器】1、写出下列各整数的原码、反码、补码表示（用8位二进制数）。

3、有一个字长为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阶码用移码表示，题中并未说明具体偏移量，故此处按照移码的定义，即采用偏移量为27=128，则此时阶码E的表示范围为0000 0000~1111 1111，即0~255，则在上述条件下，浮点数为最大数的条件如下：所以最大数的二进制表示为：0 1111 1111 1111 1111 1111 1111 1111 1111 111对应十进制真值为：+（1-2-23）×2127（2）最小数的二进制表示浮点数为最小数的条件如下：所以最小数的二进制表示为：1 1111 1111 0000 0000 0000 0000 0000 000对应十进制真值为：-1×2127（3）规格化数所表示数的范围规格化要求尾数若为补码表示，则符号位和最高有效位符号必须不同。

（A）浮点数为最大正数的条件如下：所以最大正数的二进制表示为：0 1111 1111 1111 1111 1111 1111 1111 1111 111 对应十进制真值为：+（1-2-23）×2127（B）浮点数为最小正数的条件如下：所以最小正数的二进制表示为：0 0000 0000 1000 0000 0000 0000 0000 000对应十进制真值为：+2-1×2-128=+2-129（C）浮点数为最大负数的条件如下：所以最大负数的二进制表示为：0 0000 0000 0111 1111 1111 1111 1111 111对应十进制真值为：-（2-1+2-23）×2-128（D）浮点数为最小负数的条件如下：所以最小负数的二进制表示为：0 0000 0000 0000 0000 0000 0000 0000 000对应十进制真值为：-1×2127所以，规格化数所表示数的范围如下：正数+2-129~+（1-2-23）×2127负数-2127 ~-（2-1+2-23）×2-1284、将下列十进制数表示成IEEE754标准的32位浮点规格化数。

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。