计算机组成原理(第五版))

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。

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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（）。

计算机组成原理第五版课后答案1. 比较数字计算机和模拟计算机的特点。

答: （1）模拟计算机的特点: 数值由连续量来表示, 运算过程也是连续的。

同时用电压表示数据, 采用电压组合和测量值的方式来进行计算, 以及盘上连线的控制方式。

数字计算机的主要特点：按位运算, 并且不连续地跳动计算。

用数字 0 和 1 表示数据, 采用数字计数的计算方式, 程序控制的控制方式。

数字计算机与模拟计算机相比, 精度高, 数据存储量大, 逻辑判断能力强。

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

3. 数字计算机有哪些主要应用？答: 数字计算机的主要应用有: 科学计算、自动控制、测量和测试、信息处理、教育和卫生、家用电器、人工智能。

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: 采用存储程序的方式, 编制好的程序和数据存放在同一存储器中, 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, 指令和数据均以二进制码表示,指令在存储器中按执行顺序存放。

主要组成部分有: 运算器、逻辑器、存储器、输入设备和输出设备。

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？答: （1）存储器所有存储单元的总数称为存储器的存储容量。

（2）每个存储单元都有编号, 称为单元地址。

（3）如果某字代表要处理的数据, 称为数据字。

（4）如果某字为一条指令, 称为指令字。

6. 什么是指令？什么是程序？答: 计算机硬件可直接执行的每一个基本的算术运算或逻辑运算操作称为一条指令, 而解算某一问题的一串指令序列, 称为程序。

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？答：取指周期中从内存读出的信息流是指令流, 它流向控制器；而在执行器周期中从内存读出的信息流是数据流, 它流向运算器。

计算机组成原理第五版课程设计一. 课程设计简介本次课程设计的主要目的是通过设计一个单周期CPU的过程，来加深学生们对计算机组成原理的理解。

帮助学生们深入了解计算机各个方面的组成，并且通过实际操作提升学生们的实践能力。

二. 课程设计要求1.设计一个单周期CPU，实现ADD、SUB、AND、OR、XOR、SLT、LW、SW、BEQ、J(AL)、JR(AL)等主要指令的功能。

2.根据指定的指令集格式，编写CPU的控制信号表，完成CPU控制单元的设计。

3.根据CPU的控制信号表和指令集不能实现的控制信号，补充编写控制信号的逻辑运算式，实现CPU控制单元的完整设计。

4.写出至少两个汇编程序进行测试，并且能够成功运行。

5.初步完成CPU的时序分析和电路设计，了解并掌握CPU因时序错误等因素产生故障的处理方法。

三. 课程设计具体步骤1.设计指令集。

首先根据要求的指令集格式，设计满足要求的指令集。

需要考虑指令的功能和操作码，同时考虑指令集的扩展性，可以在原有的指令集架构上扩展更多指令。

2.编写控制信号表。

在正确完成指令集设计的基础上，根据指令集的功能和操作码，编写控制信号表。

在表格中列出各个控制信号的代表意义以及对应的运算式。

根据表格进行CPU控制单元的设计。

3.设计数据通路。

在控制单元的基础上，设计数据通路，主要包括寄存器、ALU、存储器等部件，同时考虑数据分离和运算结果写回等问题。

4.补全控制信号逻辑。

在完成CPU的基础功能实现之后，对于一些指令集不包含的信号，需要重新编写逻辑，完善控制信号的设计。

5.写出测试程序。

为了验证CPU的正确性，需要编写测试程序来测试CPU的各个功能。

在编写测试程序时要严格按照调试过程进行，分析程序执行过程中寄存器、存储器中数据的变化。

6.完善时序分析和电路设计。

在测试程序验证CPU的功能之后，还需要对CPU进行时序分析，并对电路进行完善的设计，了解CPU的因时序错误等因素产生故障的处理方法。

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。

！ROM和RAM区别：区别ROM只读存储器非易失器件，RAM随机存储器，易失！存储元：存储一位数据的存储空间。

存储单元；存储一个字或者字节的数据存储空间。

存储体;存储器中承载数据存储的部件。

存储单元地址：给每个存储单元进行编号是存取数据时不混淆，2由许多1构成，1是数据存储最小单元，3由许多2构成，2是数据存储基本单元，避免混淆编号形成4！存储系统层次解决成本速度容量问题条件是存储器访问局部性度量存储系统命中率！联系物理空间和逻辑空间都是用来存储数据的，区别物理空间是真实存在的是主板上的内存条，虚拟是虚拟存在的电脑匀出的部分硬盘空间来充当内存，物力数据比虚拟存取速度快，物力内存一般不可变，逻辑可变，物力作用与cpu 沟通，虚拟解决物理内存不足问题。

！具有虚拟存储器对内存空间作了扩充，部分数据存入虚拟空间，操作系统自动调用简单灵活。

不具有内存空间不足，现存部分数据分批调用，用户手动完成。

！Cache扩容后能不能取代主存不能，成本高，相邻两级速度不能差太多！电子时代之前，有可能成功制造自动工作的计算机吗不能，内动力和程序是计算机自动工作的条件内动力需要电子元件完成！汉字需要输入码英文需要输入码吗需要，英文字母对应的ASCII码为机器内码！减少数据失真失真：提高采样频率和量化精度！指令系统作用指令系统是对cpu功能的扩展,它表明cpu执行那些基本操作,cpu功能是取指令分析指令执行指令,所以一个cpu设计依据的功能也来自指令系统,它是cpu设计的基本依据！运算速度与cpu主频有关，主存容量与内存有关，运算精度与总线位数有关！评价计算机性能从运算速度，机器字长存储容量带宽均衡性环保和效能用户友好性性价比可靠性可用性。

！控制器控制方式和特点控制器:定长cpu周期法:时序电路简单但浪费时间，不定长c周期法:按需分配有效提高运行速度但增加时序部件复杂性，延长节拍法:中央局部结合兼顾集中分散两控制优点。

！机器指令和微指令关系:每一条机器指令由一段用微指令编成的微程序来解释执行。

计算机组成原理第五版习题答案第一章 (1)第二章 (3)第三章 (14)第四章 (19)第五章 (21)第六章 (27)第七章 (31)第八章 (34)第九章 (36)第一章1．模拟计算机的特点是数值由连续量来表示，运算过程也是连续的。

数字计算机的主要特点是按位运算，并且不连续地跳动计算。

模拟计算机用电压表示数据，采用电压组合和测量值的计算方式，盘上连线的控制方式，而数字计算机用数字0 和1 表示数据，采用数字计数的计算方式，程序控制的控制方式。

数字计算机与模拟计算机相比，精度高，数据存储量大，逻辑判断能力强。

2．数字计算机可分为专用计算机和通用计算机，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。

3．科学计算、自动控制、测量和测试、信息处理、教育和卫生、家用电器、人工智能。

4．主要设计思想是：采用存储程序的方式，编制好的程序和数据存放在同一存储器中，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，指令和数据均以二进制码表示,指令在存储器中按执行顺序存放。

主要组成部分有：:运算器、逻辑器、存储器、输入设备和输出设备。

5．存储器所有存储单元的总数称为存储器的存储容量。

每个存储单元都有编号，称为单元地址。

如果某字代表要处理的数据，称为数据字。

如果某字为一条指令，称为指令字。

6．计算机硬件可直接执行的每一个基本的算术运算或逻辑运算操作称为一条指令，而解算某一问题的一串指令序列，称为程序。

7．取指周期中从内存读出的信息流是指令流，而在执行器周期中从内存读出的信息流是数据流。

8．半导体存储器称为内存，存储容量更大的磁盘存储器和光盘存储器称为外存，内存和外存共同用来保存二进制数据。

运算器和控制器合在一起称为中央处理器，简称CPU，它用来控制计算机及进行算术逻辑运算。

适配器是外围设备与主机联系的桥梁，它的作用相当于一个转换器，使主机和外围设备并行协调地工作。

9．计算机的系统软件包括系统程序和应用程序。

第一章计算机系统概论1. 什么是计算机系统、计算机硬件和计算机软件？硬件和软件哪个更重要？解：P3计算机系统：由计算机硬件系统和软件系统组成的综合体。

计算机硬件：指计算机中的电子线路和物理装置。

计算机软件：计算机运行所需的程序及相关资料。

硬件和软件在计算机系统中相互依存，缺一不可，因此同样重要。

5. 冯•诺依曼计算机的特点是什么？解：冯•诺依曼计算机的特点是：P8●计算机由运算器、控制器、存储器、输入设备、输出设备五大部件组成；●指令和数据以同同等地位存放于存储器内，并可以按地址访问；●指令和数据均用二进制表示；●指令由操作码、地址码两大部分组成，操作码用来表示操作的性质，地址码用来表示操作数在存储器中的位置；●指令在存储器中顺序存放，通常自动顺序取出执行；●机器以运算器为中心（原始冯•诺依曼机）。

7. 解释下列概念：主机、CPU、主存、存储单元、存储元件、存储基元、存储元、存储字、存储字长、存储容量、机器字长、指令字长。

解：P9-10主机：是计算机硬件的主体部分，由CPU和主存储器MM合成为主机。

CPU：中央处理器，是计算机硬件的核心部件，由运算器和控制器组成；（早期的运算器和控制器不在同一芯片上，现在的CPU内除含有运算器和控制器外还集成了CACHE）。

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；由存储体、各种逻辑部件及控制电路组成。

存储单元：可存放一个机器字并具有特定存储地址的存储单位。

存储元件：存储一位二进制信息的物理元件，是存储器中最小的存储单位，又叫存储基元或存储元，不能单独存取。

存储字：一个存储单元所存二进制代码的逻辑单位。

存储字长：一个存储单元所存二进制代码的位数。

存储容量：存储器中可存二进制代码的总量；（通常主、辅存容量分开描述）。

机器字长：指CPU一次能处理的二进制数据的位数，通常与CPU的寄存器位数有关。

指令字长：一条指令的二进制代码位数。