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计算机组成原理第4章作业参考答案

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第4章部分习题参考答案

【4-4】已知X和Y，试用它们的变形补码计算出X + Y，并指出结果是否溢出

（3）X = -0.10110，Y = -0.00001

解：[X]补 = 1.01010 [Y]补 = 1.11111

1 1 . 0 1 0 1 0

+ 1 1 . 1 1 1 1 1 1 1 . 0 1 0 0 1

无溢出，X+Y = -0.10111

【4-5】已知X和Y，试用它们的变形补码计算出X - Y，并指出结果是否溢出

（3）X = 0.11011，Y = -0.10011

解：[X]补 = 0.11011 [-Y]补 = 0.10011

0 0 . 1 1 0 1 1

+ 0 0 . 1 0 0 1 1 0 1 . 0 1 1 1 0

结果正溢

【4-8】分别用原码乘法和补码乘法计算X * Y

（1）X = 0.11011，Y = -0.11111

法一：原码一位乘算法

解：|X| = 0.11011→B |Y| = 0.11111→C 0→A

A C 说明

0 0. 0 0 0 0 0 1 1 1 1 1 +0 0. 1 1 0 1 1 C5 = 1, +|X| 0 0. 1 1 0 1 1 0 0. 0 1 1 0 1 1 1 1 1 1 部分积右移一位→ +0 0. 1 1 0 1 1 C5 = 1, +|X| 0 1. 0 1 0 0 0 0 0. 1 0 1 0 0 0 1 1 1 1 部分积右移一位→ +0 0. 1 1 0 1 1 C5 = 1, +|X| 0 1. 0 1 1 1 1 0 0. 1 0 1 1 1 1 0 1 1 1 部分积右移一位→ +0 0. 1 1 0 1 1 C5 = 1, +|X| 0 1. 1 0 0 1 0 0 0. 1 1 0 0 1 0 1 0 1 1 部分积右移一位→ +0 0. 1 1 0 1 1 C5 = 1, +|X| 0 1. 1 0 1 0 0 0 0. 1 1 0 1 0 0 0 1 0 1 部分积右移一位→

|X * Y| = 0.1101000101

Ps = Xs ⊕ Ys = 0 ⊕ 1 = 1

X*Y = -0.1101000101

法二：补码一位乘算法

解：[X]补 = 0.11011→B [Y]补 = 1.00001→C

[-X]补 = 1.00101 0→A

A C 附加 说明 0 0. 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 +1 1. 0 0 1 0 1 C4C5 = 10 -|X| 1 1. 0 0 1 0 1 1 1. 1 0 0 1 0 1 1 0 0 0 0 1 部分积右移一位→ +0 0. 1 1 0 1 1 C4C5 = 01 +|X| 0 0. 0 1 1 0 1 0 0. 0 0 1 1 0 1 1 1 0 0 0 0 部分积右移一位→ +0 0. 0 0 0 0 0 C4C5 = 00 +0 0 0. 0 0 1 1 0 0 0. 0 0 0 1 1 0 1 1 1 0 0 0 部分积右移一位→ +0 0. 0 0 0 0 0 C4C5 = 00 +0 0 0. 0 0 0 1 1 0 0. 0 0 0 0 1 1 0 1 1 1 0 0 部分积右移一位→ +0 0. 0 0 0 0 0 C4C5 = 00 +0 0 0. 0 0 0 0 1 0 0. 0 0 0 0 0 1 1 0 1 1 1 0 部分积右移一位→ +1 1. 0 0 1 0 1 C4C5 = 10 -|X| 1 1. 0 0 1 0 1

[X*Y]补= 11.0010111011

X*Y = -0.1101000101

【4-10】计算X/Y

（2）X = -0.10101，Y = 0.11011

原码恢复余数法：

解：|X| = -0.101010→A |Y| = 0.110110→B

[-|Y|]补 = 1.00101 0→C

0 0. 1 0 1 0 1

0 0 0 0 0 0 +1 1. 0 0 1 0 1 -|Y| 1 1. 1 1 0 1 0 <0 +0 0. 1 1 0 1 1 +|Y| 0 0. 1 0 1 0 1 0 0 0 0 0 0 商0 0 1. 0 1 0 1 0 0 0 0 0 0 0 左移 ← +1 1. 1 1 0 0 1 -|Y| 0 0. 0 1 1 1 1 0 0 0 0 0 1 >0，商1 0 0. 1 1 1 1 0 0 0 0 0 1 0 左移← +1 1. 0 0 1 0 1 -|Y| 0 0. 0 0 0 1 1 0 0 0 0 1 1 >0，商1 0 0. 0 0 1 1 0 0 0 0 1 1 0 左移← +1 1. 0 0 1 0 1 -|Y| 1 1. 0 1 0 1 1 <0 +0 0. 1 1 0 1 1 +|Y| 0 0. 0 0 1 1 0 0 0 0 1 1 0 商0 0 0. 0 1 1 0 0 0 0 1 1 0 0 左移← +1 1. 0 0 1 0 1 -|Y| 1 1．1 0 0 0 1 <0 +0 0. 1 1 0 1 1 +|Y| 0 0. 0 1 1 0 0 0 0 1 1 0 0 商0 0 0. 1 1 0 0 0 0 1 1 0 0 0 左移← +1 1. 0 0 1 0 1 -|Y| 1 1. 1 1 1 0 1 <0 +0 0. 1 1 0 1 1 +|Y| 0 0. 1 1 0 0 0 0 1 1 0 0 0 商0

Qs = Xs⊕Ys = 0⊕1 = 1

Q = -0.11000，R = 0.11000*2-5

【4-11】设浮点数的阶码和尾数部分均用补码表示，按照浮点数的运算规则，计算下列各题

（2）X = 2-101*0.101100，Y = 2-100*（-0.101000）

解：[X]补 = 1011；0.101100

[Y]补 = 1100；1.011000

对阶：

△E = Ex – Ey = -5 -（-4）= -1

Ex < Ey，将Mx右移一位，Ex+1→Ex

[X]’补=1011；0.010110

尾数求和：

0 0. 0 1 0 1 1 0

+1 1. 0 1 1 0 0 0 1 1. 1 0 1 1 1 0

尾数结果规格化：尾数左移1位，阶码减1

[X+Y]补＝ 1011；1.011100

X+Y = （-0.100100）*2-101

减法算法过程略，X-Y = 0.111110 * 2-100

【4-13】用流程图描述浮点除法运算的算法步骤

设：被除数X = Mx * 2Ex; 除数Y = My * 2 Ey

开始

|Mx|<|My|？

Mx右移1位，Ex+1→Ex

Ex-Ey

溢出？

否

机器零处理 报错

尾数相除

结束

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计算机组成原理第四章单元测试（二）（含答案）

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第四章存储系统(二)测试

1、32位处理器的最大虚拟地址空间为

A、2G

B、4G

C、8G

D、16G

2、在虚存、内存之间进行地址变换时，功能部件（）将地址从虚拟（逻辑）地址空间映射到物理地址空间

A、TLB

B、MMU

C、Cache

D、DMA

3、在程序执行过程中，Cache与主存的地址映象是由

A、用户编写程序完成

B、操作系统完成

C、编译系统完成

D、硬件自动完成

4、某计算机的存储系统由cache和主存组成。某程序执行过程共访存2000次，其中访问cache缺失(未命中）100次，则该程序执行过程中Cache的命中率为

A、80%

B、85%

C、90%

D、95%

5、在Cache的地址映射中，若主存中的任意一块均可映射到Cache内任意一行的位置上，则这种映射方法称为

A、全相联映射

B、直接映射 C、2-路组相联映射

D、混合映射

6、采用虚拟存储器的主要目的是

A、提高主存储器的存取速度

B、扩大主存储器的存储空间，且能进行自动管理和调度

C、提高外存储器的存取速度

D、扩大外存储器的存储空间

7、虚拟存储器中，程序执行过程中实现虚拟地址到物理地址映射部件（系统）是

A、应用程序完成

B、操作系统和MMU配合完成

C、编译器完成

D、MMU完成

8、相联存储器是按( )进行寻址访问的存储器

A、地址

B、内容

C、堆栈

D、队列

9、以下哪种情况能更好地发挥Cache的作用

A、程序中存在较多的函数调用

B、程序的大小不超过内存容量

C、程序具有较好的时间和空间局部性

D、递归子程序

10、以下关于虚拟存储管理地址转换的叙述中错误的是（）

A、地址转换是指把逻辑地址转换为物理地址

B、一般来说，逻辑地址比物理地址的位数少

C、地址转换过程中可能会发生“缺页”

D、MMU在地址转换过程中要访问页表项

11、假定主存按字节编址，cache共有64行，采用4路组相联映射方式，主存块大小为32字节，所有编号都从0开始。问主存第3000号单元所在主存块对应的cache组号是

计算机组成原理习题——4+8+9章带答案

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第四章

1．一个容量为16K×32位的存储器，其地址线和数据线的总和是多少当选用下列不同规格的存储芯片时，各需要多少片

1K×4位，2K×8位，4K×4位，16K×1位，4K×8位，8K×8位

地址线和数据线的总和 = 14 + 32 = 46根；

选择不同的芯片时，各需要的片数为：

1K×4：（16K×32） / （1K×4） = 16×8 = 128片

2K×8：（16K×32） / （2K×8） = 8×4 = 32片

4K×4：（16K×32） / （4K×4） = 4×8 = 32片

16K×1：（16K×32）/ （16K×1） = 1×32 = 32片

4K×8：（16K×32）/ （4K×8） = 4×4 = 16片

8K×8：（16K×32）

/ （8K×8） = 2×4 = 8片

2．现有1024×1的存储芯片，若用它组成容量为16K×8的存储器。试求：

（1）实现该存储器所需的芯片数量

（2）若将这些芯片分装在若干块板上，每块板的容量为4K×8位，该存储器所需的地址线总位数是多少其中几位用于选板几位用于选片几位用做片内地址

16K×8=2^14×8,地址线为14根.4K×8容量的板,共需要4块板子.则14根地址线的最高2位用于板选（00～11,第1块板子～第4块板子）,4K*8位＝2^12*8位＝12*1K*8位,也就是在每块板子内需要4*8个芯片,而每8个芯片组成8位,也就是位扩展.也就是说需要4组,则除了最高2位,剩余的12位中,有2位用于片选（00～11,第一组～第4组）.也就是：2位用于板选,2位用于片选,剩余的10位用于片内地址选择.

3．已知某计算机字长8位，现采用半导体存储器作主存，其地址线为16位，若使用1K×4的SRAM芯片组成该机所允许的最大主存空间，并采用存储模块结构形式。

（1）若每块模板容量为4K×8位，共需多少块存储模板

（2）画出一个模板内各芯片的连接逻辑图。

计算机组成原理-作业参考答案

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第1章 计算机系统概论

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

(1) 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；

(2) 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；

(3) 指令和数据均用二进制表示；

(4) 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；

(5) 指令在存储器中顺序存放，通常自动顺序取出执行；

(6) 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：课本P9-10

(1) 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。

(2) 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）。

(3) 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。

(4) 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。

(5) 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。

(6) 存储字：一个存储单元所存二进制代码的逻辑单位。

(7) 存储字长：一个存储单元所存储的二进制代码的总位数。

(8) 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）。

(9) 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。

(10) 指令字长：机器指令中二进制代码的总位数。

8. 解释下列英文缩写的中文含义：CPU、PC、IR、CU、ALU、ACC、MQ、X、MAR、MDR、I/O、MIPS、CPI、FLOPS

计算机组成原理 课堂练习-第四章

计算机组成原理 课堂练习-第四章

一、单项选择题

1．下列叙述中( )是正确的。

A．主存可由RAM和ROM组成 B主存只能由ROM组成

C．主存只能由RAM组成 D以上答案都不正确

2．和辅存相比，主存的特点是( )。

A．容量小：速度快、成本高 B．容量小、速度快、成本低

C、容量大、速度快、成本高 D容量大、速度快、成本低

3．一个16 K×32位的存储器，其地址线和数据线的总和是( )。

A．48 B．46 C．38 D．44

4．一台计算机有64 MB的主存，字长为4字节，那么在存储器中对单个字寻址需要( )位地址。

A．23 B 24 C 25 D．26

5．某存储器容量为32 K×16位，则( )

A、地址线l6根，数据线32根 B、地址线32根，数据线16根

C、地址线15根，数据线16根D、地址线16根，数据线16根 6．某存储器容量为32K×16位，则( )

A．其地址线是16根 B 其地址线数与16无关

C．其地址线数与16有关 D 无法确定其地址线与16的关系

8．DRAM地扯分两次输入(行选通RAS、列选通CAS)的目的是( )。

A．提高速度 B．减少芯片引出线

C．刷新 D电平需要

9．在磁盘存储器中，以下正确的描述是( )。

A．各磁道的位密度相等 B．内圈磁道的位密度较大

C．外圈磁道的位密度较大 D．内外圈磁道的位密度相等

位密度是磁道单位长度上的记录的二进制代码的位数，

由于每个磁道记录的信息量是相等的，而内圈的长度较短，

所以内圈磁道的位密度较大。

10．活动头磁盘存储器的寻道时间通常是指( )。 A．最大寻道时间

B．最小寻道时间

C．最大寻道时间和最小寻道时间的平均值

D．最大寻道时间和最小寻道时间之和