计算机组成原理复习题54753教案资料

1、文档编码 : CE8Y2P5F1B6 HB6D10L4O6D3 ZU8J3L9W10L2计 算 机 组 成 原 理 复 习 题 54753精品文档1.3 说明高级语言、汇编语言和机器语言的差别及其联系；答：高级语言使用时程序员不需要明白实际应用的机型、内部的具体组成及其指令系统,只用把握这类高级语言的语法和语义,便可直接用这种高级语言来编程；汇编语言使用时程序员不用使用纷杂的01 二进制代码来编写程序,提高了程序的可读性,但是不同型号运算机的汇编语言是不尽相同的,所以用汇编语言必需懂得运算机 原理和运算机结构；机器语言是可以机器直接运行的语言,但由于二进制码对人来说能以记住,没有很专 业的运算

2、机学问,和娴熟的运算机编程技巧,是没方法直接用机器语言编程的；使用高级语言编程时,其使用需要将高级语言程序写翻译成汇编语言,汇编语言再通 过翻译,翻译成机器语言,只有翻译为机器语言才能在机器上直接运行；1.6 画出运算机硬件组成框图,说明各部件的作用及运算机硬件的主要性能指标；答：储备器输入设备运算器输出设备把握器把握线 反馈线 数据线1.11 指令和数据都存于储备器中,运算机如何区分它们？答： 运算机区分指令和数据有以下 2 种方法：1.通过不同的时间段来区分指令和数据,即在取指令阶段取出的是指令,在执行指令 阶段取出的是数据；2.通过地址来源区分,由 PC 供应储备单元地址的取出的是指令,

3、由指令地址码部分提 供储备单元地址的取出的是操作数；3.2 总线如何分类？什么是系统总线？系统总线又分为几类,它们各有何作用,是单向 的,仍是双向的,它们与机器字长、储备字长、储备单元有何关系？答：总线的分类有多种方式,可以依据数据传送方式进行划分,可分为并行传输总线和串 行传输总线,也可以依据总线的使用范畴进行划分；系统总线是指 CPU、主存、 I/O 设备各大部件之间的信息传输线；系统总线分为数据总线、地址总线和把握总线；收集于网络,如有侵权请联系治理员删除精品文档数据总线主要用来传输各功能部件之间的信息,它是双向传输总线,其位数与机器字长、储备字长有关,假如数据总线宽度为8 位,指令字长

4、为16 位,那么 CPU在取指阶段必需两次拜望主存；地址总线是用来指出数据总线上的源数据或目的数据在主存单元的地址或 I/O 设备的地 址,其是单向传输总线,地址线的位数与储备单元的个数有关,假如地址线为 20 根,那么 储备单元的个数为 2 的 20 次方；把握总线是用来发出各种把握信号的传输线,从任一把握线而言,它的传输时单向的,但 就把握总线总体而言,其实双向的,由于它的把握信号有出有入,如中断请求、总线请 求；3.4 为什么要设置总线判优把握？常见的集中式总线把握有几种,各有何特点,哪种方式 响应时间最快,哪种方式对电路故障最敏捷？答：为了将总线中的任何操作由总线把握器同意治理,同时能

5、够更高效的处理总线要执行 的操作,所以设置了总线判优把握；常见的集中式总线把握有三种分别是链式查询、计时器定时查询和独立请求方式；链式查询的特点是只需很少的几根线就可以实现优先次序把握,但是其对电路故障很敏 感,且优先级较低的设备可能很难猎取到请求；计时器定时查询的特点是对电路故障不如链式查询敏捷,但增加了把握线,把握较为复 杂；独立请求方式的特点是响应速度快,优先次序把握灵敏,但把握线最多,总线把握更加复 杂；3.5 名词说明：总线宽度、总线带宽、总线复用、总线的主设备、总线的从设备、总线的 传输周期、总线的通信把握；答：总线宽度：通常指数据总线的根数；总线带宽：即总线上每秒传输的最大字节数

6、；总线复用：一条信号线上分时传送两种信号,如分时传送地址信号和数据信号；总线的主设备：对总线有把握权的设备；总线的从设备：响应从主设备发来的总线把握的设备；总线的传输周期：即完成一次完整的数据传输操作时间；总线的通信把握：主要解决通信双方如何获知传输开头和传输终止,以及通信双方如何协 调如何协作；3.14 设总线的时钟频率为 8MHz,一个总线周期等于一个时钟周期；假如一个总线周期中并 行传送 16 位数据,试问总线的带宽是多少？答： 8* （16/8 ）=16MBps 3.16 在异步串行传送系统中,字符格式为：1 个起始位、 8 个数据位、 1 个校验位、 2 个终止位；如要求每秒传送 1

7、20 个字符,试求传送的波特率和比特率；答：波特率：（1+8+1+2） *120 = 1440bps=1440 波特比特率： 1440* （8/12 ）=960bps 4.6 某机字长为32 位,其储备容量是64KB,按字编址其寻址范畴是多少？如主存以字节编址,试画出主存字地址和字节地址的支配情形；收集于网络,如有侵权请联系治理员删除精品文档答：储备容量为64KB时,按字节编址的寻址范畴是64KB,那么按字编址其寻址范畴是64*（8/32 ）=16K 字字地址 HB - 字节地址LB 0 0 1 2 3 4 4 5 6 7 65532 65533 65534 65535 65532 4.7 一

8、个容量为16K 32 位的储备器,其地址线和数据线的总和是多少？当选用以下不同规格的储备芯片时,各需要多少片？位,8K 8 位；1K 4 位, 2K 8 位, 4K 4 位, 16K 1 位, 4K 8答：其地址总线一共有14 根,数据总线一共有32 根,总和为46 根；当使用以下不同规格的储备芯片时,1K 4 位需要 128 个； 2K 8 位需要 32 个； 4K 4 位需要 32 个； 16K 1 位需要 32 个； 4K 8 位需要 16 个； 8K 8 位需要 8 个；4.8 试比较静态 RAM和动态 RAM；答：静态 RAM用触发器储备信息,各要不断电,信息就不会丢失,不需要刷新,

9、但静态 RAM 集成度低,功耗大；动态 RAM用电容储备信息,为了保持信息必需每隔12ms就要对高电平电容重新充电,称为刷新,因此必需含有刷新电路,在电路上较复杂,但动态 RAM集成度高,且价格廉价；4.9 什么叫刷新？为什么要刷新？说明刷新有几种方法；答：刷新缘由由于储备单元被拜望是随机的,有可能某些储备单元长期得不到拜望,不进行储备器的读 / 写操作,其储备单元内的原信息会由于电容的泄露将慢慢消逝,为此需要接受定时刷新的方法对动态 RAM的全部基本单元进行一次刷新,一般为 2ms；常用的刷新方法有三种集中式、分散式、异步式；集中式：在最大刷新间隔时间内,集中支配一段时间进行刷新；分散式：在

10、每个读/ 写周期之后插入一个刷新周期,不存在停止读/ 写操作时间；异步式：是集中式和分散式的折衷,每刷新一行只停止一个存取周期；4.11 一个 8K 8 位的动态 RAM芯片,其内部结构排列成256 256 形式,存取周期为0.1 s；试问接受集中刷新、分散刷新及异步刷新三种方式的刷新间隔各为多少？答：设 RAM的刷新最大间隔时间为 2ms,就异步刷新的刷新间隔为 2ms/256=7.8125us 集中刷新的刷新间隔为 0.1us 分散刷新的刷新间隔为 0.1*2 =0.2us 4.14 某 8 位微型运算机地址码为 18 位,如使用 4K 4 位的 RAM芯片组成模块板结构的存储器,试问：（

11、1）该机所答应的最大主存空间是多少？（2）如每个模块板为 32K 8 位,共需几个模块板？（3）每个模块板内共有几片 RAM芯片？（ 4）共有多少片 RAM.5CPU如何选择各模块板？答：（ 1）：最大主存空间为2 的 18 次方乘以 8,即为 256K*8 位（2）：如每块模块板为32K*8 位,共需要256/32=8 块收集于网络,如有侵权请联系治理员删除精品文档（3）：每块模块板内共有（32/4 ）* （8/4 ）=16 块（4）：共有 8*16=128 片 RAM （5）： CPU通过最高 3 位选板,通过中间 3 位选片；片地址是 3 位是由于其字扩展是八倍,所以是 3 位；以下为地

12、址格式：模块板地址（占3 位）片地址（占3 位）片内地址（占12 位）4.17 写出 1100 的海明码；答：依据 1100,得 n=4. 由海明不等式得需要添加C1,C2,1,C4,1,0,0 按配奇原就配置,就 C1=0,C2=1,C4=1；就新配置的海明码为 0111100. 3 位校验位,就各位支配如下：4.20 欲传送的二进制代码为1001101,用奇校验来确定其对应的海明码,如在第6 位出错,说明纠错过程；答：由海明不等式知需要添加 C1,C2,1,C4,0,0,1,C8,1,0,1 4 位校验位,就各位支配如下：按配奇原就配置,就 C1=0,C2=1,C4=1,C8=0; 就其新

13、配的海明码为 01110010101. 如在第六位出错,就收到的海明码为 01110110101；确认其分组为：P1:1,3,5,7,9,11; P2:2,3,6,7,10,11; P3:4,5,6,7; P4:8,9,10,11; 由于其每位亦或的结果分别为0,1,1,0,就得到 P4P3P2P1=0110.第六位出错,故正确的二进制代码为 01110010101 ；欲传送的信息为 1001101. 4.32 设某机主存容量为 4MB,cache 容量为 16KB,每字块有 8 个字,每字 32 位,设计一个四路组相联映射的 cache 组织； 1 画出主存地址字段中各段的尾数；2 设 ca

14、che 的初态为空, CPU依次从主存第 0、1、2 、 89 号单元读出 90 个字（主存一次读出字）,并重复按此次序读 8 次,问命中率是多少？3 如 cache 的速度是主存速度的 6 倍,试问有cache 和无 chache 相比,速度约提高多少倍？答：（ 1）依据每个字块有8 个字,每个字32 位,得出主存地址字段中字块内地址字段为5 位,其中 3 位为字地址, 2 位为字节地址；依据 Cache 容量为 16KB=2 14B, 字块大小为射 2 r =4,得 r=2 ,就 q=c-r=9-2=7 位；25B, 得 Cache 共有 29块,故 c=9. 依据四路相联映依据主存容量位

15、4MB=2 22B,得出主存地址字段中主存字块标记为22-7-5=10位；主存地址字段各段格式如下：主存字块标记（10 位）组地址（ 7 位）字块内地址（ 5 位）（2）由于每个字块中有 8 个字,而且初态为空,所以 CPU读第 0 号单元时,未命中,必需拜望主存,同时将该字所在的主存块调入 Cache 第 0 组中的任一块内,接着 CPU读第 17号单元时均命中；同理,CPU读第 8,16, , 88 号时均未命中；得 CPU在连续读 90 个字收集于网络,如有侵权请联系治理员删除精品文档中共有 12 次未命中,而后8 次循环读 90 个字全部命中,命中率为：（90*8-12 ）/90*8=

16、0.984. （3）依据题意,设主存存取周期为6t , Cache 的存取周期为t ,没有 Cache 的拜望时间为6t*720 ,有 Cache 的拜望时间为t （720-12 ）+6t*12 ,就有 Cache 和没有 Cache 相比,速度提高的倍数为（6t*720 ）/ （t* （720-12 ）+6t*12 ）-1=5.54. 6.16 设机器字长为 16 位,写出以下各种情形下它所能表示的数的范畴；设机器数接受 1位符号位,答案均用十进制数表示；1 无符号数； 2 原码表示的定点小数、整数；3 补码表示的定点小数、整数；4 浮点数格式：阶码 6 位,尾数 10 位；分别写出正数和负

17、数的表示范畴；答：（ 1）无符号整数：0 2 16 - 1 ,即： 0 65535 ；无符号小数： 0 1 2-16 ,即： 0 0.99998；（2）原码定点小数：-1 + 2-15 1 - 2-15 ,即： -0.999970.99997 -15（3）补码定点小数：- 11 - 2,即： -10.99997 （4）补码定点整数：-2 152 15 - 1 ,即： -3276832767 6.19 设机器数字长为 8 位,用补码运算规章运算（1） A=9/64,B=-13/32 ,求 A+B（2）A=19/32 ,B=-17/128 ,求 A-B；答：（ 1）由 A=9/64 可得其真值为

18、0.0010010B B=-13/32 可得其真值为 1.0110100B 就 A补=0.0010010 ,B补=1.1001100B A+B 补=0.0010010+1.1001100=1.1011110 A+B=-17/64 （2）由 A=19/32 可得其真值为 0.1001100B B= -17/128 可得其真值为 -0.0010001B A 补=0.1001100 ,B 补=1.1101111 ,（-B） 补=0.0010001 A-B 补= 0.1001100 + 0.0010001= 0.1011101 A-B=0.1011101B =93/128 6.20 用补码一位乘运算（

19、1）x=0.110111 ,y=-0.101110. 答： X 补=0.110111 Y 补=1.010010 （-X） 补=1.001001 部分积 乘数00.000000 010010 00.000000 001001 +00.110111 00.011011 100100 00.000110 111001 +00.110111 00.011110 111100 00.001111 011110 +11.001001 11.011000 补=1.011000011110 011110 故乘积 X*Y就X*Y=-0.100111100010 6.21 用原码加减交替法和补码加减交替法运算x

20、y（1）x=0.100111 ,y=0.101011 收集于网络,如有侵权请联系治理员删除精品文档答： X 原=0.100111 X *=0.100111 Y 原=0.101011 Y *=0.101011 -Y * 补=1.010101 原码加减交替法：被除数（余数）0.100111 商0.000000 +1.010101 1.111100 0 1.111000 0 +0.101011 0.100011 01 1.000110 01 +1.010101 0.011011 011 0.110110 011 +1.010101 0.001011 0111 0.010110 0111 +1.010

21、101 1.101011 01110 1.010110 01110 +0.101011 0.000001 011101 0.000010 011101 +1.010101 1.010111 0111010 +0.101011 商的符号位由除数和被除数可得为0.000010 因最终为 0 显示为不够除,所以要复原余数0 故x y 原=0.111010 X补=0.100111 补=1.010101 Y补=0.101011 -Y补码加减交替法：被除数（余数）0.100111 商0.000000 +1.010101 1.111100 0 1.111000 0 +0.101011 0.100011 01

22、 1.000110 01 +1.010101 0.011011 011 0.110110 011 +1.010101 0.001011 0111 0.010110 0111 +1.010101 1.101011 01110 收集于网络,如有侵权请联系治理员删除精品文档1.010110 01110 +0.101011 0.000001 011101 0.000010 011101 +1.010101 1.010111 0111010 +0.101011 0.000010 因最终为 0 显示为不够除,所以要复原余数故x y补=0.111010 x y=0.111010 6.26 按机器补码浮点运算

23、步骤运算 x+y 补（1）x=2-011 0.101100 ,y=2-010 -0.011100 答： x=2-011*0.101100 ,y=2-010*（-0.011100 ）x 补=1,101；0.101100, y 补=1,110； 1.100100 由于 x 的阶码比 y 的阶码小,所以x 补=1,110；0.010110 x补+y补=1,110 ；（ 0.010110+11.100100 ）= 1,110 ；11.111010 3 次,阶码减3）x补-y补=1,110 ；（ 0.010110+00.011100 ）= 1,110 ；00.110010 x+y 补=11,110；11

24、.111010 = 11,011；11.010000 （尾数左规x-y补=11,110；00.110010 就： x+y=2-101 （ -0.110 000） x-y =2-010 0.110 010 6.28 如何判确定点和浮点补码加减运算结果是否溢出,如何判定原码和补码定点除法运算 结果是否溢出？答：浮点加减法运算,当阶码符号为“01” 时,需作出溢出处理；定点加减法运算,利用两位符号位,当两个符号位不同时,表示溢出；原码定点除法运算如商的第一位为“1” 就表示溢出原码定点除法运算如商的第一位为“1” 就表示溢出7.8 某机指令字长 16 位,每个操作数的地址码为 6 位,设操作码长度固

25、定,指令分为零地址、一地址和二地址三种格式；如零地址指令有 M种,一地址指令有 N种,就二地址指令最多有几种？如操作码位数可变,就二地址指令最多答应有几种？答：（ 1）依据操作数地址码为 6 位,就二进制指令中操作码的位数为 16-6-6=4 ；这 4 位操作码可能有 2 4=16 中操作；由于操作码固定,就除去零地址和一地址剩下的二地址指令最多有 16-M-N 种；（2）如操作码位数可变,就二地址、一地址和零地址的操作码长度分别为 4 位、 10 位和16 位；就二地址指令最多答应有 2 4-1 种,留一位编码做扩张标志码使用；8.1CPU 有哪些功能？画出其结构框图并简要说明每个部件的作用

26、；答： CPU主要有取指令,分析指令和执行指令的作用；8.4 设 CPU内有这些部件：PC、IR、SP、AC、MAR、MDR和 CU；试画出完成间接寻址的取数指令“LDA X” 将主存某地址单元的内容取至AC中 的数据流；收集于网络,如有侵权请联系治理员删除精品文档答; PCMAR,MMARMDR,MDRIR,PC+1PC,AdIR MAR,MMARMDR,MDRAdIR ,AdIR MAR,MMARMDR,MDRAC 9.1 设 CPU内有这些部件：PC、IR、AC、MAR、 MDR和 CU；（ 1）写出取值周期的全部微操作；（ 2）写出减法指令 SUB X、取数指令 LDA X、存数指令 STA XX 均为主存地址 在执行阶段所需的全部微操作；答：（ 1）PCMAR,MMARMDR,MDRIR,OPIR CU,PC+1 PC；（2）减法指令 SUB X Ad（ IR） MAR,1R,M（MAR） M