计算机组成原理（第三版）习题答案

附录 各章习题参考答案 第 1 章 习题参考答案 1. （ 1） D （ 2） D （ 3） B （ 4） C （ 5） D （ 6） D 2. 答：计算机是一种以电子器件为基础的，不需人的直接干预，能够对各种数字化信息进行快速算术和逻辑运算的工具，是一个由硬件软件组成的复杂的自动化设备。 理解计算机的概念，应从六个方面：（ 1） 以电子器件为物质基础，即研究的对象是电子数字计算机（ （ 2）不需要人的直接干预，说明具有自动化能力，其前提是存储程序；（ 3）处理各种数字化信息，计算机以二进制编码作 为数字化编码及运算的基础；（ 4）具有算逻运算能力，基本运算操作是算术和逻辑运算；（ 5）计算机是快速工具，主要取决于两个因素：一是电子器件，二是存储程序。（ 6） 由硬件和软件组成。 3. 答：见本章小结。 4. 答：计算机的生命力在于它的广泛应用，应用的范围几乎涉及人类社会的所有领域。归纳起来，在科学计算、过程检测与控制、信息管理、计算机辅助系统等领域中的应用成就最为突出。 举例：计算机辅助教学 生的学籍管理系统；数字图书馆系统；虚拟现实系统；售票系统；学校的一卡通系统等。 5. 答：冯 诺依曼原理的基 本思想是： 采用二进制形式表示数据和指令。指令由操作码和地址码组成。 将程序和数据存放在存储器中，使计算机在工作时从存储器取出指令加以执行，自动完成计算任务。这就是“存储程序”和“程序控制”（简称存储程序控制）的概念。 指令的执行是顺序的，即一般按照指令在存储器中存放的顺序执行，程序分支由转移指令实现。 计算机由存储器、运算器、控制器、输入设备和输出设备五大基本部件组成，并规定了 5 部分的基本功能。 冯 诺依曼型计算机的基本特点也可以用“存储程序”和“程序控制”来高度概括。 6. 答：计算机的 硬件系统由有形的电子器件等构成的，它包括运算器、存储器、控制器、输入输出设备及总线系统组成。而总线分为数据总线、地址总线、控制总线，其结构有单总线结构、双总线结构及多总线结构。存储器（ 用来存放数据和程序的部件；运算器是对信息进行运算处理的部件；控制器是整个计算机的控制核心。它的主要功能是读取指令、翻译指令代码、并向计算机各部分发出控制信号，以便执行指令；输入设附录 各章习题参考答案 7 备能将数据和程序变换成计算机内部所能识别和接受的信息方式，并顺序地把它们送入存储器中；输出设备将计算机处理的结果以人们能接受的或其它机 器能接受的形式送出。 7. 答：总线（ 是计算机中用于传送信息的公用通道，是为多个部件服务的一组信息传送连接线。按照总线的连接方式，计算机组成结构可以分为单总线结构、双总线结构和多总线结构等（详细内容见第 7 章）。 8. 答：计算机硬件（ 指构成计算机的所有实体部件的集合，通常这些部件由电路（电子元件）、机械等物理部件组成。计算机软件（ 指能使计算机工作的程序和程序运行时所需要的数据，以及与这些程序和数据有关的文字说明和图表资料，其中文字说明和图表资料又称为文档。固 件（ 一种介于传统的软件和硬件之间的实体，功能上类似软件，但形态上又是硬件。微程序是计算机硬件和软件相结合的重要形式。 软件和硬件的逻辑等价含义： （ 1）任何一个由软件所完成的操作也可以直接由硬件来实现 （ 2）任何一条由硬件所执行的指令也能用软件来完成 在物理意义上软件和硬件是不等价的。 9. 答：计算机软件可以分为系统软件和应用软件两大类。系统软件是指管理、监控和维护计算机资源（包括硬件和软件）的软件。系统软件为计算机使用提供最基本的功能，但是并不针对某一特定应用领域。而应用软件则恰好相 反，不同的应用软件根据用户和所服务的领域提供不同的功能。目前常见的系统软件有操作系统、各种语言处理程序、数据库管理系统以及各种服务性程序等。 举例：系统软件，如 ；应用软件，如学生的学籍管理系统等。 10. 答：程序设计语言一般分为机器语言、汇编语言和高级语言三类。机器语言是最底层的计算机语言。用机器语言编写的程序，计算机硬件可以直接识别。每一条机器指令都是二进制形式的指令代码。汇编语言是为了便于理解与记忆，将机器语言用助记符号代替而形成的一种语言。高级语言是从 50 年代中期开始逐步 发展起来的面向问题的程序设计语言，与具体的计算机硬件无关，其表达方式接近于被描述的问题，易为人们接受和掌握。 机器语言程序是直接针对计算机硬件的，执行效率比较高，能充分发挥计算机的速度性能。但是，用机器语言编写程序的难度比较大，容易出错，而且程序的直观性比较差，也不容易移植。汇编语言采用了助记符，比机器语言直观，容易理解和记忆，用汇编语言编写的程序也比机器语言程序易读、易检查、易修改。但需要汇编程序的支持。高级语言的显著特点是独立于具体的计算机硬件，通用性和可移植性好，易于编程，但运行效率低。 11. 答： 计算机系统是一个由硬件、软件组成的多级层次结构，它通常由微程序级、一般机器级、操作系统级、汇编语言级、高级语言级组成，每一级上都能创造程序设计，且得到下级的支持。 12. 答：兼容（ 一个广泛的概念，包括软件兼容、硬件兼容、系统兼容等。软件兼容存在以下两种情况： （ 1）软件的向上兼容性 这是指某档机原开发的软件可以不加修改便能在它的高计算机组成原理（第 3 版） 8 档机上正确运行使用。 （ 2）软件的向下兼容性 这是指某档机的软件可以不加修改便能在它的低档机上正确运行使用。在这种情况下，软件向上兼容是不成问题的。在 同一系列机内，不论高档机与低档机，所有机型上都能运行使用的软件，则是既能向上兼容又能向下兼容。 硬件兼容是软件兼容的基础，系统兼容包括硬件兼容和软件问题。 13. 答：算术逻辑运算部件（ 是运算器的核心组成，功能是完成算数和逻辑运算。“中央处理单元”（ 括运算器和控制器，是计算机的信息处理的中心部件。存储器、运算器和控制器在信息处理操作中起主要作用，是计算机硬件的主体部分，通常被称为“主机”。字长决定 了计算机的运算精度、指令字长度、存储单元长度等，可以是 8/16/32/64/128 位（ 。 14. 答：是的， 计算机硬件实体的 5 个基本组成部分缺一不可。 15. 答：见本章 。 16. 答：多媒体技术是指能够同时获取、处理 、编辑、存储和展示两个以上不同信息类型媒体的技术。计算机信息的形式可以是文字、声音、图形和图象等。 17. 答：电子数字计算机中处理的信息是在时间上离散的数字量，运算的过程是不连续的；电子模拟计算机中处理的信息是连续变化的物理量，运算的过程是连续的。 代计算机系统是一个硬件与软件组成的综合体，可以把它看成是按功能划分的多级层次结构。 第 0 级为硬件组成的实体。 第 1 级是微程序级。这级的机器语言是微指令集，程序员用微指令编写的微程序一般是直接由硬件执行的。 第 2 级是传统机器级。这级的机器语言是该机的指令集，程序员用机器指令编写的程序可以由微程序进行解释。 第 3 级操作系统级。从操作系统的基本功能来看，一方面它要直接管理传统机器中的软硬件资源，另一方面它又是传统机器的延伸。 第 4 级是汇编语言级。这级的机器语言是汇编语言，完成汇编语言翻译的程序叫做汇编程 序。 第 5 级是高级语言级。这级的机器语言就是各种高级语言，通常用编译程序来完成高级语言翻译工作。 第 6 级是应用语言级。这一级是为了使计算机满足某种用途而专门设计的，因此这一级语言就是各种面向问题的应用语言。 19. 答： 计算机系统的主要技术指标有：机器字长、数据通路宽度、主 存储器 容量和运算速度等。 机器字长是指参与运算的数的基本位数，它是由加法器、寄存器的位数决定的。 附录 各章习题参考答案 9 数据通路宽度是指数据总线一次所能并行传送信息的位数。 主存 储器 容量是指主存储器所能存储的全部信息。 运算速度与机器的主频、 执行什么样的操作、主存 储器 本身的速度等许多因素有关。 20. 答： 听觉 、 文字 、 图像 、 音频 、 视频 图像 、 声音 、 压缩 、 解压 、 1. 答： 10 处理程度按从易到难是：文本 图形 图像 音频 视频 第 2 章 习题参考答案 1. （ 1） C （ 2） B （ 3） B （ 4） B （ 5） B （ 6） C （ 7） 8） D （ 9） B （ 10） B 2. （ 1）（ 2001） 10 （ 2001） 8 （ 2）（ 4095） 10 （ 7776） 8 （ 3）（ 10 （ 16 （ 4）（ 10 2111*溢 计算机组成原理（第 3 版） 10 (4)= 21100*. 解： 0 1 7. 解： X=Y= X补 = =X/2补 = Y/4补 =补 =. 解： （ 1） 421=( 3 （ 2） 421=( 3 9. 解： （ 1）不一定 （ 2）成立 10. 解： （ 1） 2） 3） 4） 43 11. 解： （ 1） 165 （ 2） 126 （ 3） 88 （ 4） 1332 12. 解： （ 1） 2） 3） 3. 解： 128B 216416B 486936B 14. 答： 若海明码的最高位号为 m，最低位号为 1，即 m 2 1，则海明码的编码规则是： （ 1）校验位与数据位之和为 m，每个校验位 海明码中被分在位号 2位置上，其余各位为数据位，并按从低向高逐位依次排列的关系分配各数据位。 （ 2）海明码的每一位位码 括数据位和校验位）由多个校验位校验，其关系是被校验的每一位位号要 等于校验它的各校验位的位号之和。 15. 答： 是一种纠错能力较强的编码。在进行校验时，将 多项式与生成多项式 G(X)相除，若余数为 0，则表明数据正确；当余数不为 0 时，说明数据有错。只要选择适当的生成多项式 G(X)，余数与 出错位位置的对应关系是一定的，由此可以用余数作为依据判断出错位置从而纠正错码。 16. 解： 010 17. 答： （ 1）最大正数 0 11 111 111 111 111 111 111 111 111 111 11 X = 1+（ 12127 附录 各章习题参考答案 11 （ 2）最小正数 0 00 000 000 000 000 000 000 000 000 000 00 X= 3）最大负数 111 111 11 111 111 111 111 111 111 111 11 X= -1+（ 12127 （ 4）最小负数 00 000 000 000 000 000 000 000 000 000 00 X=8. 答： （ 1）定点原码整数表示： 最大正数： 数值 = （ 231 1） 10 最大负数： 数值 = -（ 231 1） 10 （ 2）定点原码小数表示： 最大正数 = （ 1 2 10 最大负数 = -（ 1 2 10 19. 解： x 原 = x 补 = 补 = y 原 = y 补 = 补 = 0. 证明： 当 1 x 0 时，即 x 为正小数时， 1 x补 = x 0 因为正数的补码等于正数本身，所以 1 x x n 0， 0 当 1 x - 1 时，即 x 为负小数，根据补码定义有： 2 x 补 = 2 + x 1 （ 即 2 x n 1， 1 若 1 x 0 ， 0，则 x 补 = 2 x = x 若 - 1 x 0， 1，则 x 补 = 2 x = 2 + x 所以有 x补 = 2 x ，当 01,010,10 证。 21. 解： x 补 = y 补 = 0 111 111 111 111 111 111 111 111 111 1111 0 111 111 111 111 111 111 111 111 111 1111 计算机组成原理（第 3 版） 12 21x补 = 21x 补 = 41x补 = 41x 补 = = =2. 证明： 当 x 0 时， x 0 = 0， x补 = 0. x 1 x 2x n = x i 2 x 当 x 0 时， x 0= 1， x补 = 1. x 1 x 2x n =2+ x 所以 x = 1. x 1 x 2x 0. x1 x2x n = x i 2 综合上述两种情况，可得出： X = 补码与真值的关系）。 第 3 章 习题参考答案 1. （ 1） B （ 2） D （ 3） B （ 4） C （ 5） D （ 6） C （ 7） A （ 8） B （ 9） B （ 10） D （ 11） B （ 12） D（ 13） A 2. 解： （ 1） （ 2） （ 3） . 解： X+Y变补 = （ 312022） 8 补 = （ 110000） 8 溢出（两符号位 01） 4. 解：（运算过程请参考书中例题） （ 1） 1， 101011000010 （ 2） 0， 000011010010 （ 3） 1， 000011010010 （ 4） 0， 011000111001 5. 解：（运算过程请参考书中例题） （ 1） X/Y原 =1， 11000；余 = 2） X/Y原 =1， 11010；余 = 3） X/Y原 =1， 10000；余 = 4）溢出 6. 答：原码一位乘法运算过程中，每一步相加的和有可能往前有进位，所以部分积的符号位用一位，以保留往前的进位，然后再进行右移操作； 原码两位乘法中的运算过程使用了补码运算，由于有乘 2 运算，也就 是往左移操作，每一步相加的和有可能往前有进位，且有可能影响两个符号位，所以部分积的符号位要三位，以保留往前的进位，然后进行右移操作时可以根据最高符号位确定往右补的编码。 7. 答： 运算器的基本结构应包括以下几个部分： 附录 各章习题参考答案 13 (1) 能实现算术和逻辑运算功能的部件 (2) 存放待加工的信息或加工后的结果信息的通用寄存器组； (3) 按操作要求控制数据输入的部件：多路开关或数据锁存器； (4) 按操作要求控制数据输出的部件：输出移位和多路开关； (5) 计算器与其它部件进行信息传送的总线以及 总线接收器与发 送器；总线接收器与发送器通常是由三态门构成的。 8. 答：浮点加减运算的运算步骤包括：对阶、求和、规格化、舍入、溢出判断。规则及示例请见书中“浮点加减法运算”一节。 9. 解： 原码加减交替法的规则是： 当余数为正时，商上 1，余数左移一位，减除数绝对值得新余数； 当余数为负时，商上 0，余数左移一位，加除数绝对值得新余数。 X原 = Y原 = X| = |Y| = -|Y|补 = 算过程如图所 示 所以， 1 1 = 0 X/Y原 = Q原 = R原 = 2 （余 数 R） 商 Q 操作说明 0 0. 1 0 0 1 +） 1 1. 0 1 0 1 X| +-|Y|补 1 1. 1 1 1 0 1 1. 1 1 0 0 +） 0 0. 1 0 1 1 0 得 0，商上 1 余数与商左移一位 +-|Y|补 0 0. 0 0 1 1 0 0. 0 1 1 0 +） 1 1. 0 1 0 1 0. 1 1 得 0，商上 1 余数与商左移一位 +-|Y|补 1 1. 1 0 1 1 1 1. 0 1 1 0 +） 0 0. 1 0 1 1 0. 1 1 0 得 0，商上 1 商左移一位，余数不动 10. 答： （ 1）定点表示法，例如定点小数，带符号 n+1 位数时： 小于 2：下溢，当 0； 大于 1：上溢。 （ 2）浮点表示法，规格化后，从阶码上分析溢出： 阶码很小时：下溢，当 0； 阶码超出最大值时：上溢。 11. 答： 请参考本章先行进位 的有关描述。 12. 解： （ 1）浮点乘法规则： N 2 = )(2 21)( 21 （ 2）阶码求和： 0 （ 3）尾数相乘： 被乘数 =乘数 数绝对值相乘得积的绝对值，积的符号位 = 0 0 = 0。按无符号阵乘法器运算得： N 2 = 20 4）尾数规格化、舍入（尾数四位） 2)01(221 2) 13. 解： （ 1）组成最低四位的 74181 进位输出为： = G + P G + P 向第 0 位进位。 其中， G = = 以， 2）设标准门延迟时间为 T， “ 与或非门 ” 延迟时间为 ，则进位信号 最低位传至 经一个反向器、两极 “ 与或非门 ” ，故产生 最长延迟时间为： T + 2 4T （ 3）最长求和时间应从施加操作数到 一片 74181 有 3 级 “ 与或非门 ” （产生控制参数 ），第二、三片 74181 共 2 级反向器和 2 级 “ 与或非门 ” （进位链），第四片 7181 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： 3 2T + 2 3T = 14T 附录 各章习题参考答案 15 14. 解： 因 )()(2 ，求 X+数求和及规格化等步骤。 （ 1）对阶： J= 2（ +10） 2=（ 2 所以 ,根据式（ 1） x（ 0. 补 = x补 y补 = x补 （ 0. 即 xy补 = x补 （ 0. + （ 3） 被乘数 x 与乘数 y 的符号任意，以补码表示。 只要将式（ 1）与式（ 2）综合起来便得到补码乘法的统一算式 ， 如下： xy补 = x补 （ 0. - x补 x补 0. =x补 -1+ +x补 y 17. 解： （ 1）设 x 的尾数， y 的尾数，则 （ 10 = （ 2 = 2 = （ 10 = （ +2 = 2）求 z = x y 的二进制浮点规格化结果。 （ A）对阶： 设 x 的阶码为 jx, （ +01） 2， （ +10） 2, （ 01） 2 （ 10） 2 = （ 2，小阶的尾数 移一位 ， （ 2， （ 10） 2 = 舍入后， （ 00） 2，对阶完毕。 22 )1 0 10(1 22 1 0 10(2 22 Sy B）尾数相减 = = = 尾数求和绝对值大于 1 尾数右移一位，最低有效位舍掉，阶码加（右规），则 = 格化数）， 11 附录 各章习题参考答案 17 （ C）规格化结果 8. 解： （ 1） 1134=128+6=（ 1000 0110） 2，所以 x 的机器数为（ 1000 0110） 2，故 内容为 86H。 246=255 1111 0110） 2，所以 y 的机器数为（ 1111 0110） 2。 1000 0110） 2+（ 0000 1010） 2=（ 0 1001 0000） 2，最前面的 0 表示加法器的进位，故 内容为 90H。 x+y：（ 1000 0110） 2+（ 1111 0110） 2=（ 1 0111 1100） 2，最前面的 1 表示加法器的进位，故 内容为 7 （ 2） m 的机器数与 x 的机器数相同，都为 86H=（ 1000 0110） 2，解释为带符号整数 m（用补码表示）时，其值为（ 010） 2= 机器数与 机器数相同，都为 90H=（ 1001 0000） 2，解释为带符号整数 补码表示）时，其值为 -（ 111 0000） 2= （ 3）这四种运算能利用同一个加法器及辅助电路实现。 其理由如下：由于 n 位加法器实现的是模 2n 无符号整数加法运算， 对于无符号整数 a和 b， a+b 可以直接用加法器实现，而 用 a 加 b 的补码实现，即 a+ （ 所以 n 位无符号整数加 /减法运算都可在 n 位加法器中实现；由于带符号整数用补码表示，补码加 /减法运算公式为： a+b补 =a补 b补 （ =a补 （ 所以 减法运算都可在 n 位加法器中实现。 （ 4）带符号整数加 /减运算的溢出判断规则为：若加法器的两个输入端（加数）的符号相同，且不同于输出端（和），则结果溢出。 第 4 章 习题 参考答案 1. （ 1） B （ 2） C （ 3） B （ 4） C （ 5） D （ 6） C （ 7） A （ 8） D （ 9） D （ 10） D （ 11） B （ 12） D （ 13） D （ 14） D （ 15） C （ 16） D 2. 答：略 3. 答： 请参考本章主存储器有关描述。 4. 答： 请参考本章主存储器有关描述。 5. 答： 主存储器的基本组成： （ 1）贮存信息的存储体。一般是一个全体基本存储单元按照一定规则排列起来的存储阵列。存储体是存储器的核心。 （ 2）信息的寻址机构，即读出和写入信息的地址选择机构。这包括：地址寄存器（ 地址译码器。地址译码器完成地址译码，地址寄存器具有地址缓冲功能。 （ 3）存储器数据寄存器 数据传送中可以起数据缓冲作用。 计算机组成原理（第 3 版） 18 （ 4）写入信息所需的能源，即写入线路、写驱动器等。 （ 5）读出所需的能源和读出放大器，即读出线路、读驱动器和读出放大器。 （ 6）存储器控制部件。包括主存时序线路、时钟脉冲线路、读逻辑控制线路，写或重写逻辑控制线路以及动态存储器的定时刷新线路等，这些线路总称为存储器控制部件。 6. 答： 在 导体存储器中，根据存储信息机构的原理不同，又分为静态 动态 储器（ 前者利用双稳态触发器来保存信息，只要不断电，信息不会丢失，后者利用 容存储电荷来保存信息，使用时需不断给电容充电才能使信息保持。 7. 答： 对动态存储器要每隔一定时间（通常是 2全部基本存储元的存储电容补充一次电荷，称为 刷新， 2刷新间隔时间。由于存放信息的电荷会有泄漏，动态存储器的电荷不能象静态存储器电路那样，由电源经负载管源源不断地补充，时间一长，就会丢失信息，所以必须刷新。常用的刷新方式有两种：集中式刷新、分布式刷新。 8. 答： （ 1）静态存储器： 易失性存储器 （ 2）动态存储器： 易失性存储器 （ 3） 路存储器： 易失性存储器 （ 4）只读存储器： 非易失性存储器 （ 5）随机存取存储器： 不确定 9. 答： 高速缓冲存储器、多体交叉存储器。 10. 答： （ 1）方案一：顺序方式 (a) 主存地址被分成高 n 位和低 m 位，高位（ n）表示模块号，低位（ m 位）表示块内地址； (b) 在一个模块内，程序是从低位地址连续存放； (c) 对连续单元存取，一般仅对一个模块操作 (d) 特点：多模块并行工作；易扩充容量；故障局部性。 （ 2）方案二：交叉方式 (a) 主存地址被分成高 n 位和低 m 位，低位（ m 位）表示模块号，高位（ n）表示块内地址； (b) 各模块间采用多模块交叉编址； (c) 对连续单元存取，则多个模块并行工作 (d) 特点：多模块并行工作，速度快；不易扩展；故障全局性。 11. 答： 请参考本章高速缓冲存储器有关描述。 12. 答： A：； B：； C：； D：； E：； 13. 答：（ 3）（ 5）（ 10）（ 11） 14. 答： 请参考本章存储器的分级结构和虚拟存储器等有关描述。 15. 解： 附录 各章习题参考答案 19 （ 1）主存容量 4096 128B=219 故主存地址共有 19 位 （ 2）页内地址 7 位 组地址 4 位 主存字块标记 19 7 4 8 （ 3）引入 构的目的是为了解决主存和 而采用虚拟存储结构目的是解决主存容量不足的问题 16. 解： 64 片； 19 位； 8 位 17. 解：最小的和 =18 （ 1）地址线： 16 根，数据线： 2 根 （ 2）地址线： 17 根，数据线： 1 根 18. 解：（ 1） 16K；（ 2） 128 片；（ 3） 4 位 19. 解：需要 32 个芯片。 请参考本章存储器与中央处理器的连接有关例题。 20. 解： 页面容量为： 412B 程序地址空间： 231B 故虚页号字段位数 =319 页表长度 =219 虚拟地址格式： 21. 解： （ 1） 量 64块 8以 块内地址为 13 位（第 0 位到第 12 位）； 块地址为 16 13 3 位（第 13 位到第 15 位）； （注：块地址也可以称为 页面标记为 20 16 4 位（第 16 位到第 19 位） （ 2） 35303H 0011 0101 0011 0000 0011 所以区号 0011 块号 010 块内地址 1 0011 0000 0011 （ 3） 8 块 主存的第 k 块映射到 第 k 个块 22. 答： 存储器和寄存器不是一回事。存储器在 门用来存放程序和数据，访问存储器的速度较慢。寄存器属于 问寄存器的速度很快。 逻辑页号（ 19 位： 12 页内行地址（ 12 位： 0 计算机组成原理（第 3 版） 20 23. 答： 存储器的主要功能是用来保存程序和数据。存储系统是由几个容量、速度和价格各不相同的存储器用硬件、软件 以及 硬件与软件相结合的方法连接起来的系统。把存储系统分成若干个不同层次的目的是为了解决存储容量、存取速度和 价格之间的矛盾。由高速缓冲存储器、主存储器 和 辅助存储器构成的三级存储系统可以分为两个层次，其中高速缓冲和主存间称为 存存储层次（ 储系统）；主存和辅存间称为主存辅存存储层次（虚拟存储系统）。 24. 答： 存取周期是指主存进行一次完整的读写操作所需的全部时间，即连续两次访问存储器操作之间所需要的最短时间。存取时间是指从启动一次存储器操作到完成该操作所经历的时间。存取周期一定大于存取时间。 25. 解： （ 1）需 1024 1 的芯片 128 片。 （ 2）该存储器所需的地址线总位数是 14 位，其 中 2 位用于选板， 2 位用于选片， 10位用作片内地址。 26. 解： 顺序存储器和交叉存储器连续读出 m=8个字的信息总量都是 ： q = 64 位 8 =512 位 顺序存储器和交叉存储器连续读出 8个字所需的时间分别是 ： 8 200160016 10 S） T + （ m1） t =200 750 550 10 （ S） 顺序存储器带宽 q/ 512 / （ 1610 = 32 107（位 /S） 交叉存储器带宽 q/ 512/ （ 0 = 73 107（位 /S） 27. 解： 主存地址分布及芯片连接图如图 4据给定条件，选用 K 16位 芯片 1 片， K16 位芯片 4 片 ， 4K 16 位芯片 1 片， 3:8 译码器 1 片，与非门及反向器。 附录 各章习题参考答案 21 图 4存地址分布及芯片连接图 行片内译码 8 组） 28. 证明： 假设 （ 1）存储器模块字长等于数据总线宽度 ； （ 2）模块存取一个字的存储周期等于 T； （ 3）总线传送周期为 ； （ 4）交叉存储器的交叉模块数为 m。 交叉存储器为了实现流水线方式存储，即每通过 时间延迟后启动下一模块，应满足 T = （ 1） 交叉存储器要求其模块数 m,以保证启动某模块后经过 间后再次启动该模块时，它的上次存取操作已经完成。这样连续读取 m 个字 所需要时间为 ： T + （ m 1） = = （ 2m 1） （ 2） 故存储器带宽为 ： 1/ 1/（ 2 （ 3） 而顺序方式存储器连续读取 m 个字所需时间为 ： （ 4） 存储器带宽为 ： 1/ 1/ （ 5） 比较 （ 3） 和 （ 5） 式可知，交叉存储器带宽 于顺序存储器带宽 29. 解： （ 1）数据 容量位 4256 位（ 532 字节）。因为主存地址为 28 位（ 25628B），其中 6 位为块内地址， 3 位为行号（行索引），所以标记字段占 289 位，即每行有 1位有效位、 19 位标记（ 、 64 字节（ 512 位）数据。在不考虑用于 致性维护和替换算法的控制位时，数据 总容量 =8（ 1+19+512） =4256位 =532字节。 0 12 R/W 13 15 K 16 S A B C 3： 8 译码器 K 16 S R/W K 16 S R/W K 16 S R/W K 16 S R/W K 16 S R/W 计算机组成原理（第 3 版） 22 （ 2）数组 a031所在主存块映射到 6 行， a1 1所在主存块映射到 5 行。 行号 0 5 6 7 a 0 0 a 0 1 5 a 0 1 6 a 0 2 5 5 a 1 0 a 1 1 5 a 1 2 5 5 a 0 3 1 3 2 0 6 21 Ca c h e 主存 5 块 号 图 4组 a 在主存中的存放位置及其映射关系 （ 3）编译时 i、 j、 数据访问命中率仅考虑数组 a 的情况。 程序 A 的数据访问命中率：由于程序 A 中数组访问顺序与存放顺序相同，故依次访问的数组元素位于相邻单元；程序共访问 256 256=64 64K4B/64B=4地址 320正好位于一个主存块边界。所以，每块第一个数 组元素缺失，其他都命中，其缺失 4数据访问命中率 =（ 64。 程序 于程序 次访问的数组元素分布在相隔 1024（即 2564）的单元处，因此依次访问的前后数组元素都不在同一个主存块中，故每个数据元素的访问都不命中，均需要将所在的主存块调入 （调入的块中只有当前数组元素被使用，其他均不被使用）。所以，数据 缺失次数 =256 256=64访问命中率 =（ 64。 根据上述计算 出的命中率，得知程序 以程序 30. 解： （ 1）虚拟地址为 24 位，其中高 12 位为虚页号。物理地址为 20 位，其中高 8 位为物理页号。 （ 2） 20 位物理地址中，最低 5 位为块内地址，中间 3 位为 号，高 12 位为标志。 附录 各章习题参考答案 23 （ 3）在主存中。虚拟地址 001 0000 00000001 1100 0110 0000） 2，查看（ 0000 0000 0001） 2=001于对应的有效位为 1，所以虚拟地址 001 页表 001理页号）为 04H（ 0000 0100） 2，与页内偏移量（ 1100 0110 0000） 2 拼接成物理地址：（ 0000 0100 1100 0110 0000） 2=04 对于物理地址（ 0000 0100 1100 0110 0000） 2，所在主存块只可能映射到 第 3行，即第（ 011） 2 行，由于该行的有效位为 1、标记（值为 105H） 04理地址高12 位），所以访问该地址时 命中。 （ 4）虚拟地址 024 0000 0010 0100 1011 1001 1100） 2，所以虚拟页号为 0000 0010 0100） 2，由于 ，因此虚页号中高 11 位为 低 1 位为 们的值分别为（ 0000 0010 010） 2（即 012H）和 0B，这样该虚拟地址所对应物理页面只可能映射到 组。 由于组 0 中存在有效位为 1、标记为 012H 的项，所以访问 中，即虚拟地址024 第 5 章 习题参考答案 1. 答：略 2. 解：（ 1）（ 4）（ 5） 3. （ 1） B （ 2） D （ 3） B （ 4） C （ 5） C （ 6） B （ 7） C （ 8） D （ 9） B （ 10） A （ 11） A （ 12） C （ 13） C （ 14） A （ 15） D 4. 答： 请参考本章指令系统的要求有关描述。 5. 答：一台计算机选择怎样的指令格式，涉及多方面因素。一般要求指令的字长要短一些，以得到时间和空间上的优势。但指令也必须有足够的长度以利于增加信息量。再者，指令字长一般应是机器字符长度的整数倍以便存储系统的管理。另外，指令格式的设计还与如何选定指令中操作数地址的位数有关。 6. 解： 设 1 地址指令有 X 条 （ 24*26*26=M 得： X=（ 24*26. 解： 由于设定全部指令采用 8 位固定的 段，故这台计算机最多的指令条数为 28=256条。因此最多还可以设计出（ 256单操作数指令。 8. 答：不能。 9. 解：可以，具体方案： 计算机组成原理（第 3 版） 24 4 条三地址指令 8 条二地址指令 192 一地址指令（ 192=24*23） 10. 答：寄存器寻址；寄存器间址；立即数寻址；变址寻址、基址寻址、相对寻址。 11. 答： 请参考本章指令系统的分类有关描述。 12. 答：指令是灵活多变的，主要体现在以下几个方面：指令格式多样；寻 址方式丰富；指令类型多种；操作码位数可随地址码个数变化而变化（扩展操作码方式）；指令长度可变等。 13. 答： 基址寻址方式和变址寻址方式，在形式上是类似的。但用户可使用变址寻址方式编写程序，而基址寻址方式中对于基址寄存器，用户程序无权操作和修改，由系统软件管理控制程序使用特权指令来管理的。再者基址寻址方式主要用以解决程序在存储器中的定位和扩大寻址空间等问题。 14. 答： 请参考本章指令寻址方式有关描述。 15. 答： （ 1）堆栈的概念 是若干个存储单元 (或寄存器 )的有序集合，它顺序地存放一组元素。 数据的存取都只能在栈顶单元内进行，即数据的进栈与出栈都只能经过栈顶单元这个“出入口”。 堆栈中的数据采用“先进后出”或“后进先出”的存取工作方式。 （ 2）堆栈结构在计算机中的作用 具有堆栈结构的机器使用零地址指令，这不仅合指令长度短，指令结构简单，机器硬件简化。 实现程序调用，子程序嵌套调用和递归调用。 对于“中断”技术，堆栈更是不可缺少的，保存“断点”和“现场”。 （ 3）堆栈的操作 设数据进栈方向为从高地址向低地址发展，当向堆栈压入数据时， 内容先自动递减而指向一个新的空栈顶单元，再把 数据写入此栈顶单元；当数据弹出堆栈时，立即读出指向的栈顶单元内容，再把 容自动递增而指向新的栈顶位置。即 X； (1X)( X； (X (16. 答： （ 1）数据传送指令，源操作数是寄存器寻址，终点操作数也是寄存器寻址； （ 2）数据传送指令，源操作数是寄存器间址，终点操作数是寄存器寻址； 附录 各章习题参考答案 25 （ 3）加法指令，源操作数是变