计算机组成原理课后习题解答Word文件下载.docx
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⑹指令和数据均采用二进制方式表示，运算亦采用二进制方式；
⑺机器以运算器为中心，输入/输出设备与存储器间的数据传送都经过运算器。
5.现代计算机均采用冯·
诺依曼模型、但进行了改进，画出现代计算机硬件组成及结构图，并说明各部件的作用。
现代计算机结构大多在冯·
诺依曼模型基础上进行了改进，以进一步提高系统的性能。
改进主要包括以存储器为中心、多种存储器共存、采用总线互连三个方面。
基本的硬件组成及结构图如下：
CPU由运算器和控制器组成，运算器负责实现数据加工，实现算术逻辑运算；
控制器负责指挥和控制各部件协调地工作，实现程序执行过程。
存储器由主存和辅存（如磁盘）组成，负责实现信息存储。
主存由小容量、快速元器件组成，存放近期常用程序和数据；
辅存由大容量、低价格元器件组成，存放所有的程序和数据；
主存可被CPU直接访问，这样在提高访存速度的同时，可降低存储器总成本。
I/O设备负责实现信息的输入和输出，以及信息的格式变换。
通过总线实现部件互连的好处是可以实现CPU的操作标准化，而操作标准化的具体实现部件是I/O接口，它负责缓冲和中转相关操作。
6.若某计算机的机器指令格式如表1.2所示，请写出求s=a+b+c的机器语言程序，其中a、b、c存放在起始地址为0000100000的连续3个主存单元中，而s则要求存放到地址为0000001000的主存单元中。
解：
假设程序第一条指令存放在第1000000000号存储单元中，则程序清单如下：
主存单元地址
（二进制）
指令（二进制）
注释
操作码
地址码
…
0000001000
s
结果数据s
0000100000
a
原始数据a
0000100001
b
原始数据b
0000100010
c
原始数据c
1000000000
000001
取数a到累加器AC中
1000000001
000011
（AC）＋b，结果存于AC中
1000000010
（AC）＋c，结果存于AC中
1000000011
000010
将AC中内容存到s所在主存单元中
1000000100
000100
**********
停机，地址码空闲（值可任意）
7．画出基于累加器CPU的主机框图，说明题6的机器语言程序的执行过程（尽可能详细）。
简述执行过程与冯·
诺依曼模型的存储程序原理的关系。
基于累加器CPU的的主机框图如下：
假设s=a+b+c程序已被调入主存、首指令地址已写入到PC中，即（PC）=1000000000。
程序运行启动后，计算机硬件自动地、逐条地、按（PC）为指令地址实现取指令、分析指令、执行指令的对应操作，直到执行到停机指令为止。
假设IR中操作码记为OP（IR）、地址码记为AD（IR），则s=a+b+c程序执行过程的具体操作如下：
（1）PC→MAR、MAR→ABus、Read→CBus；
MAR＝PC＝1000000000，取指令开始
（2）WMFC，（PC）＋1→PC；
PC＝1000000001（下条指令地址）
（3）MDR→IR；
IR＝0000010000100000，取指令完成
ID对OP（IR）译码；
CU得知当前为取数指令
（4）AD（IR）→MAR、MAR→ABus、Read→Cbus；
MAR＝0000100000，执行指令开始
（5）WMFC
（6）MDR→AC；
AC＝MDR＝a，执行指令完成
（7）PC→MAR、MAR→ABus、Read→CBus；
MAR＝PC＝1000000001，取指令开始
（8）WMFC，（PC）＋1→PC；
PC＝1000000010（下条指令地址）
（9）MDR→IR；
IR＝0000110000100001，取指令完成
CU得知当前为加法指令
（10）AD（IR）→MAR、MAR→ABus、Read→CBus；
MAR＝0000100001，执行指令开始
（11）WMFC
（12）（MDR）＋（AC）→AC；
AC＝a＋b，执行指令完成
（13）PC→MAR、MAR→ABus、Read→CBus；
MAR＝PC＝1000000010，取指令开始
（14）WMFC，（PC）＋1→PC；
PC＝1000000011（下条指令地址）
（15）MDR→IR；
IR＝0000110000100010，取指令完成
（16）AD（IR）→MAR、MAR→ABus、Read→CBus；
MAR＝0000100010，执行指令开始
（17）WMFC
（18）（MDR）＋（AC）→AC；
AC＝a＋b+c，执行指令完成
（19）PC→MAR、MAR→ABus、Read→CBus；
MAR＝PC＝1000000011，取指令开始
（20）WMFC，（PC）＋1→PC；
PC＝1000000100（下条指令地址）
（21）MDR→IR；
IR＝0000100000001000，取指令完成
ID对OP（IR）译码；
CU得知当前为存数指令
（22）AD（IR）→MAR、MAR→ABus、Write→Cbus；
（23）AC→MDR、MDR→DBus、WMFC；
MDR＝AC＝a＋b+c，执行指令完成
（24）PC→MAR、MAR→ABus、Read→Cbus；
MAR＝PC＝1000000100，取指令开始
（25）WMFC，（PC）＋1→PC；
PC＝1000000101（下条指令地址）
（26）MDR→IR；
IR＝000100**********，取指令完成
ID对OP（IR）译码；
CU得知当前为停机指令
（27）机器自动停机；
执行停机指令完成
从程序执行过程可以看出：
由于指令存放在存储器中，故指令执行过程分为取指令（含分析指令）、执行指令两个阶段；
由于存储器同时只接收一个访问操作，故程序执行过程是循环的指令执行过程，循环变量为PC中的指令地址；
只要按照程序逻辑顺序改变（PC），可以实现按程序逻辑顺序执行程序的目标。
8.指令和数据均存放在存储器中，计算机如何区分它们？
由于存储器访问只使用地址和命令（Read/Write）信号，而指令和数据均以二进制编码形成存放在存储器中，因此，从存储器取得的信息本身是无法区分是指令还是数据的。
计算机只能通过信息的用途来区分，即取指令时取得的是指令，指令执行时取操作数或写结果对应的信息是数据。
即计算机通过程序执行过程或指令执行过程的不同阶段来区分。
9.在某CPU主频为400MHz的计算机上执行程序A，程序A中指令类型、执行数量及平均时钟周期数如下表所示。
指令类型
指令执行数量
平均时钟周期数（/指令）
整数
45000
1
数据传送
75000
2
浮点数
8000
4
条件转移
1500
求该计算机执行程序A时的程序执行时间、平均CPI及MIPS。
CPU时钟周期TC＝1/f＝1/（400×
106）=2.5ns
程序执行时间TCPU＝[45000×
1＋75000×
2＋8000×
4＋1500×
2]×
2.5＝0.575ms。
平均CPI＝（45000×
2）
÷
（45000＋75000＋8000＋1500）
＝1.776（时钟周期/指令）
MIPS＝（45000＋75000＋8000＋1500）/（0.575×
10-3×
106）＝225.2百万条/秒
10.冯·
诺依曼模型计算机的性能瓶颈有哪些？
简述缓解性能瓶颈严重性的方法。
诺依曼模型计算机的性能瓶颈有CPU-MEM瓶颈、指令串行执行瓶颈两个。
对缓解CPU-MEM瓶颈而言，主要目标是减少MEM访问延迟、提高MEM传输带宽，常用的方法有采用多种存储器构成层次结构存储系统、采用多级总线互连、采用并行结构存储器等。
对缓解指令串行执行瓶颈而言，主要目标是尽可能实现并行处理，常用的方法有采用流水线技术、数据流技术、超标量技术、超线程技术、多核技术等。
第2章
1.解释概念或术语：
进制、机器数、原码、补码、移码、变形补码、BCD码、交换码、内码、奇校验、CRC、上溢、下溢、左规、对阶、溢出标志、进位标志、部分积、Booth算法、交替加减法除法、警戒位、全加器、并行加法器、行波进位、先行进位。
2.完成下列不同进制数之间的转换
（1）（347.625）10＝（）2＝（）8＝（）16
（2）（9C.E）16＝（）2＝（）8＝（）10
（3）（11010011）2＝（）10＝（）8421BCD
（1）（347.625）10＝（101011011.101）2＝（533.5）8＝（15B.A）16
（2）（9C.E）16＝（10011100.1110）2＝（234.7）8＝（156.875）10
（3）（11010011）2＝（211）10＝（001000010001）8421BCD
3.对下列十进制数，分别写出机器数长度为8位（含1位符号位）时的原码及补码。
（1）＋23/128
（2）－35/64（3）43（4）－72
（5）＋7/32（6）－9/16（7）＋91（8）－33
（1）[+23/128]原＝0.0010111，[+23/128]补＝0.0010111；
（2）[-35/64]原＝1.1000110，[-35/64]补＝1.0111010；
（3）[43]原＝00101011，[43]补＝00101011；
（4）[-72]原＝11001000，[-72]补＝10111000；
（5）[+7/32]原＝0.0011100，[+7/32]补＝0.0011100；
（6）[-9/16]原＝1.1001000，[-9/16]补＝1.0111000；
（7）[+91]原＝01011011，[+91]补＝01011011；
（8）[-33]原＝10100001，[-33]补＝11011111。
4.对下列机器数（含1位符号位），若为原码时求补码及真值，若为补码或反码时求原码及真值。
（1）[X]原＝100011
（2）[X]补＝0.00011（3）[X]反＝1.01010
（4）[X]原＝1.10011（5）[X]补＝101001（6）[X]反＝101011
（1）[X]补＝111101，X＝-00011＝-3；
（2）[X]原＝0.00011，X＝+0.00011＝+3/32；
（3）[X]原＝1.10101，X＝-0.10101＝-21/32；
（4）[X]补＝1.01101，X＝-0.10011＝-19/32；
（5）[X]原＝110111，X＝-10111＝-23/32；
（6）[X]原＝110100，X＝-10100＝-20/32。
5.
（1）若[X]补＝1.01001，求[－X]补及X；
（2）若[－X]补＝101001，求[X]补及X。
（1）[-X]补＝0.10111，X＝-0.10111＝-23/32；
（2）[X]补＝010111，X＝+10111＝+23。
6.
（1）若X＝＋23及－42，分别求8位长度的[X]移；
（2）若[X]移＝1100101及0011101，分别求X。
（1）[+23]移＝10010111，[-42]移＝01010110；
（2）[X]移＝1100101时的X＝+100101＝+37，
[X]移＝0011101时的X＝-100011＝-35。
7.若[X]补＝0.x－1x－2x－3x－4x－5，[Y]补＝1y4y3y2y1y0，求下列几种情况时，x－i或yi的取值。
（1）X＞1/4
（2）1/8≥X＞1/16（3）Y＜－16（4）－32＜Y≤－8
（1）[1/4]补＝0.01000，
故[（x-1＝0）∧（x-3＝1∨x-4＝1∨x-5＝1）]∨（x-1＝1）时X＞1/4；
（2）[1/8]补＝0.00100，[1/16]补＝0.00010，
故（x-1＝0∧x-2＝0）∧[（x-3＝1∧x-4＝0∧x-5＝0）∨（x-3＝0∧x-4＝1∧x-5＝1）]时1/8≥X＞1/16；
（3）[-16]补＝110000，故y4＝0时Y＜－16；
（4）[-8]补＝111000，[-32]补＝100000，故（y4＝1∧y3＝1∧y2＝0∧y1＝0∧y0＝0）∨（y4
y3＝1）∨[y4＝0∧y3＝0∧（y2＝1∨y1＝1∨y0＝1）]时－32＜Y≤－8。
8.冗余校验的基本原理是什么？
数据发送时，除发送数据信息外，还冗余发送按某种规律形成的校验信息；
数据接收时，用所接收数据信息形成新的校验信息，与所接收的校验信息比较，以此判断是否发生了错误，出错时报告出错或自动校正错误。
9.若采用奇校验，下述两个数据的校验位的值是多少？
（1）0101001
（2）0011011
（1）数据0101001的奇校验位值为0
1=0；
（2）数据0011011的奇校验位值为0
1=1。
10.若下列奇偶校验码中只有一个有错误，请问采用的是奇/偶校验？
为什么？
（1）10001101
（2）01101101（3）10101001
上述奇偶校验码采用的是偶校验编码方式。
由于三个奇偶校验码中分别有偶数、奇数、偶数个“1”，而只有一个校验码有错误，
故第2个奇偶校验码（01101101）有错误；
又由于第2个奇偶校验码有奇数个“1”，故校验码采用的是偶校验编码方式。
11.设有8位数据信息01101101，请写出求其海明校验码的过程。
本题中数据位数n＝8，数据信息m8…m1＝01101101，设检验信息位数为k位，
（1）先求得校验信息位数k，根据2k-1≥8＋k的要求，可得k＝4位；
（2）列出n＋k＝8＋4＝12位校验码中的信息排列：
m8m7m6m5p4m4m3m2p3m1p2p1。
（3）设各校验组采用偶校验编码方式，各校验组校验位的值为：
p4＝m8
m7
m6
m5＝0
0＝0，
p3＝m8
m4
m3
m2＝0
p2＝m7
m1＝1
1＝1，
p1＝m7
m5
m2
1＝1；
（4）海明偶校验码为：
011001100111。
12.若机器数表示时字长为8位，写出下列情况时它能够表示的数的范围（十进制）。
（1）无符号整数；
（2）原码编码的定点整数；
（3）补码编码的定点整数；
（4）原码编码的定点小数；
（5）补码编码的定点小数。
（1）无符号整数的表示范围是00000000～11111111，即0～255；
（2）原码定点整数的表示范围是-1111111～+1111111，即-127～+127；
（3）补码定点整数的表示范围是-（1111111+1）～+1111111，即-128～+127；
（4）原码定点小数的表示范围是-0.1111111～+0.1111111，即-127/128～+127/128；
（5）补码定点小数的表示范围是-1.0000000～+0.1111111，即-128/128～+127/128。
13.对两个8位字长的定点数9BH及FFH，分别写出它们采用原码编码、补码编码及移码编码时的十进制整数的真值，并写出它们表示为无符号数时的十进制真值。
机器码9BHFFH
原码编码的真值（整数）-27-127
补码编码的真值（整数）-101-1
移码编码的真值（整数）+27+127
无符号编码的真值（整数）155255
14.若浮点数表示格式（从高位到低位）为：
阶码6位（含1位阶符）、尾数10位（含1位数符），请写出51/128、－27/1024、7.375、－86.5所对应的机器数。
（1）阶码和尾数均为原码；
（2）阶码和尾数均为补码；
（3）阶码为移码、尾数为补码。
（1）阶码和尾数均为原码时，
[51/128]浮=[0.0110011]浮=1000010110011000或0000000011001100或…，
[-27/1024]浮=[-0.0000011011]浮=1001011110110000或1000011000011011或…，
[7.375]浮=[111.011]浮=0000110111011000或0001100000111011或…，
[-86.5]浮=[-1010110.1]浮=0001111101011010或0010001010101101或…；
（2）阶码和尾数均为补码时，
[51/128]浮=1111110110011000或0000000011001100或…，
[-27/1024]浮=1110111001010000或1111111111100101或…，
[7.375]浮=0000110111011000或0001100000111011或…，
[-86.5]浮=0001111010100110或0010001101010011或…；
（3）阶码为移码、尾数为补码时，
[51/128]浮=0111110110011000或1000000011001100或…，
[-27/1024]浮=0110111001010000或0111111111100101或…，
[7.375]浮=1000110111011000或1001100000111011或…，
[-86.5]浮=1001111010100110或1010001101010011或…。
15.若浮点数表示格式采用6位阶码（含1位阶符）、10位尾数（含1位数符），阶码和尾数均采用补码编码。
（1）写出浮点数能表示的正数及负数的范围；
（2）写出规格化浮点数能表示的正数及负数的范围。
（1）浮点数正数区的范围为：
+2-9×
2-32～+（1-2-9）×
2+31，
浮点数负数区的范围为：
-1×
2+31～-2-9×
2-32；
（2）规格化浮点数正数区的范围为：
+2-1×
规格化浮点数负数区的范围为：
2+31～-（2-1+2-9）×
2-32。
16.若浮点数表示格式为：
6位阶码（含1位阶符）、10位尾数（含1位数符）。
分别写出阶码和尾数均为原码及均为补码时，下列数值为规格化数时的机器码。
（1）＋51/128
（2）－51/128（3）－1/64
（1）阶码和尾数均为原码时，规格化数的机器码为1000010110011000，
阶码和尾数均为补码时，规格化数的机器码为1111110110011000；
（2）阶码和尾数均为原码时，规格化数的机器码为1000011110011000，
阶码和尾数均为补码时，规格化数的机器码为1111111001101000；
（3）阶码和尾数均为原码时，规格化数的机器码为1001011100000000，
阶码和尾数均为补码时，规格化数的机器码为1110101000000000。
17.若机器中单精度浮点数采用IEEE754标准表示。
（1）对机器码为（99D00000）16及（59800000）16的浮点数，请写出它们的真值；
（2）请写出－51/128的机器码。
（1）由于机器码（99D00000）16＝10011001110100000000000000000000B，
故浮点数的符号码S＝1、阶码E＝00110011、尾数码M＝10100000000000000000000，
因1＜E＜255，故机器码表示的为规格化浮点数，
（99D00000）16的真值N＝（-1）1×
251-127×
1.10100000000000000000000＝-0.1101×
2-76；
由于机器码（59800000）16=01011001100000000000000000000000B，
故浮点数的符号码S＝0、阶码E＝10110
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