第 一 章
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——计算机硬件、软件和数据通信设备的物理或逻辑的综合体。
计算机硬件——计算机的物理实体。
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：冯氏计算机的特点是：P9
• 由运算器、控制器、存储器、输入设备、输出设备五大部件组成；
• 指令和数据以同一形式（二进制形式）存于存储器中；
• 指令由操作码、地址码两大部分组成；
• 指令在存储器中顺序存放，通常自动顺序取出执行；
• 以运算器为中心（原始冯氏机）。
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：P10
主机——是计算机硬件的主体部分，由CPU+MM（主存或内存）组成；
CPU——中央处理器（机），是计算机硬件的核心部件，由运算器+控制器组成；（早期的运、控不在同一芯片上）
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——CPU能同时处理的数据位数；
指令字长——一条指令的二进制代码位数；
讲评：一种不确切的答法：
CPU与MM合称主机；
运算器与控制器合称CPU。
这两个概念应从结构角度解释较确切。
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
解：全面的回答应分英文全称、中文名、中文解释三部分。
CPU——Central Processing Unit，中央处理机（器），见7题；
PC——Program Counter，程序计数器，存放当前欲执行指令的地址，并可自动计数形成下一条指令地址的计数器；
IR——Instruction Register，
指令寄存器，存放当前正在执行的指令的寄存器；
CU——Control Unit，控制单元（部件），控制器中产生微操作命令序列的部件，为控制器的核心部件；
ALU——Arithmetic Logic Unit，算术逻辑运算单元，运算器中完成算术逻辑运算的逻辑部件；
ACC——Accumulator，累加器，运算器中运算前存放操作数、运算后存放运算结果的寄存器；
MQ——Multiplier-Quotient Register，乘商寄存器，乘法运算时存放乘数、除法时存放商的寄存器。
X——此字母没有专指的缩写含义，可以用作任一部件名，在此表示操作数寄存器，即运算器中工作寄存器之一，用来存放操作数；
MAR——Memory Address Register，存储器地址寄存器，内存中用来存放欲访问存储单元地址的寄存器；
MDR——Memory Data Register，存储器数据缓冲寄存器，主存中用来存放从某单元读出、或写入某存储单元数据的寄存器；
I/O——Input/Output equipment，输入/输出设备，为输入设备和输出设备的总称，用于计算机内部和外界信息的转换与传送；
MIPS——Million Instruction Per Second，每秒执行百万条指令数，为计算机运算速度指标的一种计量单位；
10. 指令和数据都存于存储器中,计算机如何区分它们？
解：计算机硬件主要通过不同的时间段来区分指令和数据，即：取指周期（或取指微程序）取出的既为指令，执行周期（或相应微程序）取出的既为数据。
另外也可通过地址来源区分，从PC指出的存储单元取出的是指令，由指令地址码部分提供操作数地址。
问题讨论：
× 由控制器分析是指令还是数据；
数据进控制器？
× 指令由指令寄存器存取；
指令寄存器有控制功能？
× 指令和数据的格式不一样；指令由操作码和地址码组成）
两者的二进制代码形式不一样？
× 指令顺序存放，而数据不是；
数据为什么不能顺序存放？
× MAR放地址，MDR放数据；
取指时MDR中也是数据？
× 存取数据和存取指令的操作在机器中完全一样；
无法区分？
× 指令和数据的地址不一样；
某一存储单元只能放数据（或指令）?
× 指令放在ROM中，数据放在RAM中；
用户程序放在哪？
第 三 章
1. 什么是总线？总线传输有何特点？为了减轻总线负载，总线上的部件应具备什么特点？
解：总线是多个部件共享的传输部件。
总线传输的特点是：某一时刻只能有一路信息在总线上传输，即分时使用。
为了减轻总线负载，总线上的部件应通过三态驱动缓冲电路与总线连通。
讲评：
围绕“为减轻总线负载”的几种说法：
× 应对设备按速率进行分类，各类设备挂在与自身速率相匹配的总线上；
× 应采用多总线结构；
× 总线上只连接计算机的五大部件；
× 总线上的部件应为低功耗部件。
上述措施都无法从根上（工程上）解决问题，且增加了许多不必要（或不可能）的限制。
× 总线上的部件应具备机械特性、电器特性、功能特性、时间特性；
这是不言而喻的。
4. 为什么要设置总线判优控制？常见的集中式总线控制有几种？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感？
解：总线判优控制解决多个部件同时申请总线时的使用权分配问题；
常见的集中式总线控制有三种：
链式查询、计数器查询、独立请求；
特点：链式查询方式连线简单，易于扩充，对电路故障最敏感；计数器查询方式优先级设置较灵活，对故障不敏感，连线及控制过程较复杂；独立请求方式判优速度最快，但硬件器件用量大，连线多，成本较高。
5. 解释下列概念：总线的主设备（或主模块）、总线的从设备（或从模块）、总线的传输周期和总线的通信控制。
解：
总线的主设备（主模块）——指一次总线传输期间，拥有总线控制权的设备（模块）；
总线的从设备（从模块）——指一次总线传输期间，配合主设备完成传输的设备（模块），它只能被动接受主设备发来的命令；
总线的传输周期——总线完成一次完整而可靠的传输所需时间；
总线的通信控制——指总线传送过程中双方的时间配合方式。
6. 试比较同步通信和异步通信。
解：
同步通信——由统一时钟控制的通信，控制方式简单，灵活性差，当系统中各部件工作速度差异较大时，总线工作效率明显下降。适合于速度差别不大的场合；
异步通信——不由统一时钟控制的通信，部件间采用应答方式进行联系，控制方式较同步复杂，灵活性高，当系统中各部件工作速度差异较大时，有利于提高总线工作效率。
8. 为什么说半同步通信同时保留了同步通信和异步通信的特点？
解：
半同步通信既能像同步通信那样由统一时钟控制，又能像异步通信那样允许传输时间不一致，因此工作效率介于两者之间。
10. 为什么要设置总线标准？你知道目前流行的总线标准有哪些？什么叫plug and play？哪些总线有这一特点？
解：
总线标准的设置主要解决不同厂家各类模块化产品的兼容问题；
目前流行的总线标准有：ISA、EISA、PCI等；
plug and play——即插即用，EISA、PCI等具有此功能。
11. 画一个具有双向传输功能的总线逻辑图。
解：此题实际上是要求设计一个双向总线收发器，设计要素为三态、双向、使能等控制功能的实现，可参考74LS245等总线收发器芯片内部电路。 逻辑图如下：（n位）
几种错误的设计：
几种错误的设计：
12. 设数据总线上接有A、B、C、D四个寄存器，要求选用合适的74系列芯片，完成下列逻辑设计：
（1） 设计一个电路，在同一时间实现D→A、D→B和D→C寄存器间的传送；
（2） 设计一个电路，实现下列操作：
T0时刻完成D→总线；
T1时刻完成总线→A；
T2时刻完成A→总线；
T3时刻完成总线→B。
解：
（1）采用三态输出的D型寄存器74LS374做A、B、C、D四个寄存器，其输出可直接挂总线。A、B、C三个寄存器的输入采用同一脉冲打入。注意-OE为电平控制，与打入脉冲间的时间配合关系为：
现以8位总线为例，设计此电路，如下图示：
（2）寄存器设置同（1），由于本题中发送、接收不在同一节拍，因此总线需设锁存器缓冲，锁存器采用74LS373（电平使能输入）。节拍、脉冲配合关系如下：
节拍、脉冲分配逻辑如下：
节拍、脉冲时序图如下：
以8位总线为例，电路设计如下：
（图中，A、B、C、D四个寄存器与数据总线的连接方法同上。）
几种错误的设计：
（1）几种错误的设计：
（1）几种错误的设计：
（2）几种错误的设计：
（2）几种错误的设计：
第 四 章
3. 存储器的层次结构主要体现在什么地方？为什么要分这些层次？计算机如何管理这些层次？
答：存储器的层次结构主要体现在Cache—主存和主存—辅存这两个存储层次上。
Cache—主存层次在存储系统中主要对CPU访存起加速作用，即从整体运行的效果分析，CPU访存速度加快，接近于Cache的速度，而寻址空间和位价却接近于主存。
主存—辅存层次在存储系统中主要起扩容作用，即从程序员的角度看，他所使用的存储器其容量和位价接近于辅存，而速度接近于主存。
综合上述两个存储层次的作用，从整个存储系统来看，就达到了速度快、容量大、位价低的优化效果。
主存与CACHE之间的信息调度功能全部由硬件自动完成。而主存—辅存层次的调度目前广泛采用虚拟存储技术实现，即将主存与辅存的一部份通过软硬结合的技术组成虚拟存储器，程序员可使用这个比主存实际空间（物理地址空间）大得多的虚拟地址空间（逻辑地址空间）编程，当程序运行时，再由软、硬件自动配合完成虚拟地址空间与主存实际物理空间的转换。因此，这两个层次上的调度或转换操作对于程序员来说都是透明的。
4. 说明存取周期和存取时间的区别。
解：存取周期和存取时间的主要区别是：存取时间仅为完成一次操作的时间，而存取周期不仅包含操作时间，还包含操作后线路的恢复时间。即：
存取周期 = 存取时间 + 恢复时间
5. 什么是存储器的带宽？若存储器的数据总线宽度为32位，存取周期为200ns，则存储器的带宽是多少？
解：存储器的带宽指单位时间内从存储器进出信息的最大数量。
存储器带宽 = 1/200ns ×32位
= 160M位/秒 = 20MB/S = 5M字/秒
注意字长（32位）不是16位。
（注：本题的兆单位来自时间=106）
6. 某机字长为32位，其存储容量是64KB，按字编址它的寻址范围是多少？若主存以字节编址，试画出主存字地址和字节地址的分配情况。
解：存储容量是64KB时，按字节编址的寻址范围就是64KB，则：
按字寻址范围 = 64K×8 / 32=16K字
按字节编址时的主存地址分配图如下：
讨论：
1、一个存储器不可能有两套地址，注意字长32位，不是16位 ，不能按2字节编址；
2、本题与IBM370、PDP-11机无关；
3、按字寻址时，地址仍为16位；
´ （ ：地址14位，单元16K个，按字编址4K空间。）
4、字寻址的单位为字，不是B。
5、按字编址的地址范围为0~16K-1，空间为16K字；按字节编址的地址范围为0~64K-1，空间为64KB。不能混淆；
6、画存储空间分配图时要画出上限。
7. 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
解：
地址线和数据线的总和 = 14 + 32 = 46根；
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 = 32片
4K×8：16K×32 / 4K×8 = 4×4 = 16片
8K×8：16K×32 / 8K×8 = 2×4 = 8片
讨论：
地址线根数与容量为2的幂的关系，在此为214，14根；
：32=25，5根）´数据线根数与字长位数相等，在此为32根。（不是2的幂的关系。
9. 什么叫刷新？为什么要刷新？说明刷新有几种方法。
解：刷新——对DRAM定期进行的全部重写过程；
刷新原因——因电容泄漏而引起的DRAM所存信息的衰减需要及时补充，因此安排了定期刷新操作；
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，集中安排一段时间进行刷新；
分散式：在每个读/写周期之后插入一个刷新周期，无CPU访存死时间；
异步式：是集中式和分散式的折衷。
讨论：
1、刷新与再生的比较：
共同点：
•动作机制一样。都是利用DRAM存储元破坏性读操作时的重写过程实现；
•操作性质一样。都是属于重写操作。
区别：
•解决的问题不一样。再生主要解决DRAM存储元破坏性读出时的信息重写问题；刷新主要解决长时间不访存时的信息衰减问题。
•操作的时间不一样。再生紧跟在读操作之后，时间上是随机进行的；刷新以最大间隔时间为周期定时重复进行。
•动作单位不一样。再生以存储单元为单位，每次仅重写刚被读出的一个字的所有位；刷新以行为单位，每次重写整个存储器所有芯片内部存储矩阵的同一行。
•芯片内部I/O操作不一样。读出再生时芯片数据引脚上有读出数据输出；刷新时由于CAS信号无效，芯片数据引脚上无读出数据输出（唯RAS有效刷新，内部读）。鉴于上述区别，为避免两种操作混淆，分别叫做再生和刷新。
2、CPU访存周期与存取周期的区别：
CPU访存周期是从CPU一边看到的存储器工作周期，他不一定是真正的存储器工作周期；存取周期是存储器速度指标之一，它反映了存储器真正的工作周期时间。
3、分散刷新是在读写周期之后插入一个刷新周期，而不是在读写周期内插入一个刷新周期，但此时读写周期和刷新周期合起来构成CPU访存周期。
4、刷新定时方式有3种而不是2种，一定不要忘了最重要、性能最好的异步刷新方式。
10. 半导体存储器芯片的译码驱动方式有几种？
解：半导体存储器芯片的译码驱动方式有两种：线选法和重合法。
线选法：地址译码信号只选中同一个字的所有位，结构简单，费器材；
重合法：地址分行、列两部分译码，行、列译码线的交叉点即为所选单元。这种方法通过行、列译码信号的重合来选址，也称矩阵译码。可大大节省器材用量，是最常用的译码驱动方式。
11. 画出用1024×4位的存储芯片组成一个容量为64K×8位的存储器逻辑框图。要求将64K分成4个页面，每个页面分16组，指出共需多少片存储芯片。
解：设采用SRAM芯片，
总片数 = 64K×8位 / 1024×4位
= 64×2 = 128片
题意分析：本题设计的存储器结构上分为总体、页面、组三级，因此画图时也应分三级画。首先应确定各级的容量：
页面容量 = 总容量 / 页面数
= 64K×8位 / 4
= 16K×8位；
组容量 = 页面容量 / 组数
= 16K×8位 / 16 = 1K×8位；
组内片数 = 组容量 / 片容量
= 1K×8位 / 1K×4位 = 2片；
地址分配：
页面逻辑框图：（字扩展）
存储器逻辑框图：（字扩展）
讨论：
页选地址取A11、A10，页内片选取A15~A12；´
（页内组地址不连贯？ ）
不分级画；问题：´
1、不合题意；
2、芯片太多难画；
3、无页译码，6：64译码选组。
´ 页选直接联到芯片；问题：
1、SRAM一般只一个片选端；
2、译码输出负载能力需考虑。
附加门电路组合2级译码信号；´
（应利用译码器使能端输入高一级的译码选通信号）
不设组选，页选同时选8组（16组），并行存取？´
组译码无页选输入；´
´ 2片芯片合为一体画；
文字叙述代替画图；´
地址线、数据线不标信号名及信号序号。´
12. 设有一个64K×8位的RAM芯片，试问该芯片共有多少个基本单元电路（简称存储基元）？欲设计一种具有上述同样多存储基元的芯片，要求对芯片字长的选择应满足地址线和数据线的总和为最小，试确定这种芯片的地址线和数据线，并说明有几种解答。
解：
存储基元总数 = 64K×8位
= 512K位 = 219位；
思路：如要满足地址线和数据线总和最小，应尽量把存储元安排在字向，因为地址位数和字数成2的幂的关系，可较好地压缩线数。
设地址线根数为a，数据线根数为b，则片容量为：2a×b = 219；b = 219-a；
若a = 19，b = 1，总和 = 19+1 = 20；
a = 18，b = 2，总和 = 18+2 = 20；
a = 17，b = 4，总和 = 17+4 = 21；
a = 16，b = 8，总和 = 16+8 = 24；
…… ……
由上可看出：片字数越少，片字长越长，引脚数越多。片字数、片位数均按2的幂变化。
结论：如果满足地址线和数据线的总和为最小，这种芯片的引脚分配方案有两种：地址线 = 19根，数据线 = 1根；或地址线 = 18根，数据线 = 2根。
采用字、位扩展技术设计；´
13. 某8位微型机地址码为18位，若使用4K×4位的RAM芯片组成模块板结构的存储器，试问：
（1）该机所允许的最大主存空间是多少？
（2）若每个模块板为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？
（5）CPU如何选择各模块板？
解：
（1）218 = 256K，则该机所允许的最大主存空间是256K×8位（或256KB）；
（2）模块板总数 = 256K×8 / 32K×8
= 8块；
（3）板内片数 = 32K×8位 / 4K×4位
= 8×2 = 16片；
（4）总片数 = 16片×8 = 128片；
（5）CPU通过最高3位地址译码选板，次高3位地址译码选片。地址格式分配如下：
讨论：
不对板译码、片译码分配具体地址位；´
´ 板内片选设4位地址；
不设板选，8个板同时工作，总线分时传送；´
8位芯片；´ 8板通过3：8译码器组成256K´
14. 设CPU共有16根地址线，8根数据线，并用-MREQ（低电平有效）作访存控制信号，R/-W作读写命令信号（高电平为读，低电平为写）。现有下列存储芯片：
ROM（2K×8位，4K×4位，8K×8位），RAM（1K×4位，2K×8位，4K×8位），及74138译码器和其他门电路（门电路自定）。试从上述规格中选用合适芯片，画出CPU和存储芯片的连接图。要求：
（1）最小4K地址为系统程序区，4096~16383地址范围为用户程序区；
（2）指出选用的存储芯片类型及数量；
（3）详细画出片选逻辑。
解：
（1）地址空间分配图：
（2）选片：ROM：4K×4位：2片；
RAM：4K×8位：3片；
（3）CPU和存储器连接逻辑图及片选逻辑：
讨论：
1）选片：当采用字扩展和位扩展所用芯片一样多时，选位扩展。
理由：字扩展需设计片选译码，较麻烦，而位扩展只需将数据线按位引出即可。
本题如选用2K×8 ROM，片选要采用二级译码，实现较麻烦。
当需要RAM、ROM等多种芯片混用时，应尽量选容量等外特性较为一致的芯片，以便于简化连线。
2）应尽可能的避免使用二级译码，以使设计简练。但要注意在需要二级译码时如果不使用，会使选片产生二义性。
3）片选译码器的各输出所选的存储区域是一样大的，因此所选芯片的字容量应一致，如不一致时就要考虑二级译码。另外如把片选译码输出“或”起来使用也是不合理的。
4）其它常见错误：
138的C输入端接地；（相当于把138当2-4译码器用，不合理）´
´ EPROM的PD端接地；
（PD为功率下降控制端，当输入为高时，进入功率下降状态。因此PD端的合理接法是与片选端-CS并联。）
´ ROM连读/写控制线-WE；
（ROM无读/写控制端）
15. CPU假设同上题，现有8片8K×8位的RAM芯片与CPU相连，试回答：
（1）用74138译码器画出CPU与存储芯片的连接图；
（2）写出每片RAM的地址范围；
（3）如果运行时发现不论往哪片RAM写入数据后，以A000H为起始地址的存储芯片都有与其相同的数据，分析故障原因。
（4）根据（1）的连接图，若出现地址线A13与CPU断线，并搭接到高电平上，将出现什么后果？
解：
（1）CPU与存储器芯片连接逻辑图：
（2）地址空间分配图：
（3）如果运行时发现不论往哪片RAM写入数据后，以A000H为起始地址的存储芯片(第5片)都有与其相同的数据，则根本的故障原因为：该存储芯片的片选输入端很可能总是处于低电平。可能的情况有：
1）该片的-CS端与-WE端错连或短路；
2）该片的-CS端与CPU的-MREQ端错连或短路；
3）该片的-CS端与地线错连或短路；
在此，假设芯片与译码器本身都是好的。
（4）如果地址线A13与CPU断线，并搭接到高电平上，将会出现A13恒为“1”的情况。此时存储器只能寻址A13=1的地址空间(奇数片)，A13=0的另一半地址空间（偶数片）将永远访问不到。若对A13=0的地址空间（偶数片）进行访问，只能错误地访问到A13=1的对应空间(奇数片)中去。
17. 某机字长16位，常规的存储空间为64K字，若想不改用其他高速的存储芯片，而使访存速度提高到8倍，可采取什么措施？画图说明。
解：若想不改用高速存储芯片，而使访存速度提高到8倍，可采取多体交叉存取技术，图示如下：
8体交叉访问时序：
18. 什么是“程序访问的局部性”？存储系统中哪一级采用了程序访问的局部性原理？
解：程序运行的局部性原理指：在一小段时间内，最近被访问过的程序和数据很可能再次被访问；在空间上，这些被访问的程序和数据往往集中在一小片存储区；在访问顺序上，指令顺序执行比转移执行的可能性大 (大约 5:1 )。存储系统中Cache—主存层次采用了程序访问的局部性原理。
20. Cache做在CPU芯片内有什么好处？将指令Cache和数据Cache分开又有什么好处？
答：Cache做在CPU芯片内主要有下面几个好处：
1）可提高外部总线的利用率。因为Cache在CPU芯片内，CPU访问Cache时不必占用外部总线；
2）Cache不占用外部总线就意味着外部总线可更多地支持I/O设备与主存的信息传输，增强了系统的整体效率；
3）可提高存取速度。因为Cache与CPU之间的数据通路大大缩短,故存取速度得以提高；
将指令Cache和数据Cache分开有如下好处：
1）可支持超前控制和流水线控制，有利于这类控制方式下指令预取操作的完成；
2）指令Cache可用ROM实现，以提高指令存取的可靠性；
3）数据Cache对不同数据类型的支持更为灵活，既可支持整数（例32位），也可支持浮点数据（如64位）。
补充讨论：
Cache结构改进的第三个措施是分级实现，如二级缓存结构，即在片内Cache（L1）和主存之间再设一个片外Cache（L2），片外缓存既可以弥补片内缓存容量不够大的缺点，又可在主存与片内缓存间起到平滑速度差的作用，加速片内缓存的调入调出速度（主存—L2—L1）。
21. 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象（即Cache每组内共有4个字块）的Cache组织，要求：
（1）画出主存地址字段中各段的位数；
（2）设Cache的初态为空，CPU依次从主存第0、1、2……99号单元读出100个字（主存一次读出一个字），并重复按此次序读8次，问命中率是多少？
（3）若Cache的速度是主存的6倍，试问有Cache和无Cache相比，速度提高多少倍？
答：
（1）由于容量是按字节表示的，则主存地址字段格式划分如下：
8 7 2 3 2
（2）由于题意中给出的字地址是连续的，故（1）中地址格式的最低2位不参加字的读出操作。当主存读0号字单元时，将主存0号字块（0~7）调入Cache（0组x号块），主存读8号字单元时，将1号块（8~15）调入Cache（1组x号块）…… 主存读96号单元时，将12号块（96~103）调入Cache（12组x号块）。
» 共需调100/8 13次，就把主存中的100个数调入Cache。除读第1遍时CPU需访问主存13次外，以后重复读时不需再访问主存。则在800个读操作中：
访Cache次数=（100-13）+700=787次
» 0.98 » Cache命中率=787/800 98%
（3）设无Cache时访主存需时800T（T为主存周期），加入Cache后需时：
（131.167+13）T»T/6+13T´787
144.167T»
5.55倍»则：800T/144.167T
有Cache和无Cache相比，速度提高4.55倍左右。
23. 画出RZ、NRZ、NRZ1、PE、FM写入数字串1011001的写入电流波形图。
解：
24. 以写入1001 0110为例，比较调频制和改进调频制的写电流波形图。
解：写电流波形图如下：
比较：
1）FM和MFM写电流在位周期中心处的变化规则相同；
2）MFM制除连续一串“0”时两个0周期交界处电流仍变化外，基本取消了位周期起始处的电流变化；
3）FM制记录一位二进制代码最多两次磁翻转，MFM制记录一位二进制代码最多一次磁翻转，因此MFM制的记录密度可提高一倍。上图中示出了在MFM制时位周期时间缩短一倍的情况。由图可知，当MFM制记录密度提高一倍时，其写电流频率与FM制的写电流频率相当；
4）由于MFM制并不是每个位周期都有电流变化，故自同步脉冲的分离需依据相邻两个位周期的读出信息产生，自同步技术比FM制复杂得多。
25. 画出调相制记录01100010的驱动电流、记录磁通、感应电势、同步脉冲及读出代码等几种波形。
解：
注意：
1）画波形图时应严格对准各种信号的时间关系。
2）读出感应信号不是方波而是与磁翻转边沿对应的尖脉冲；
3）同步脉冲的出现时间应能“包裹”要选的读出感应信号，才能保证选通有效的读出数据信号，并屏蔽掉无用的感应信号。
4）最后读出的数据代码应与写入代码一致。
26. 磁盘组有六片磁盘，每片有两个记录面，存储区域内径22厘米，外径33厘米，道密度为40道/厘米，内层密度为400位/厘米，转速2400转/分，问：
（1）共有多少存储面可用？
（2）共有多少柱面？
（3）盘组总存储容量是多少？
（4）数据传输率是多少？
解：
（1）若去掉两个保护面，则共有：
6 × 2 - 2 = 10个存储面可用；
（2）有效存储区域
=（33-22）/ 2 = 5.5cm
柱面数 = 40道/cm × 5.5= 220道
=p （3）内层道周长=22 69.08cm
道容量=400位/cm×69.08cm
= 3454B
面容量=3454B × 220道
= 759，880B
盘组总容量 = 759，880B × 10面
= 7，598，800B
（4）转速 = 2400转 / 60秒
= 40转/秒
数据传输率 = 3454B × 40转/秒
= 138，160 B/S
注意：
1）计算盘组容量时一般应去掉上、下保护面；
的精度选取不同将引起答案不同，一般取两位小数；p2）
盘组总磁道数（=一个盘面上的磁道数）¹3）柱面数
4）数据传输率与盘面数无关；
5）数据传输率的单位时间是秒，不是分。
27. 某磁盘存储器转速为3000转/分，共有4个记录盘面，每毫米5道，每道记录信息12 288字节，最小磁道直径为230mm，共有275道，求：
（1）磁盘存储器的存储容量；
（2）最高位密度（最小磁道的位密度）和最低位密度；
（3）磁盘数据传输率；
（4）平均等待时间。
解：
（1）存储容量 = 275道×12 288B/道×4面 = 13 516 800B
（2）最高位密度 = p12 288B/230
= 17B/mm = 136位/mm（向下取整）
最大磁道直径
=230mm+275道/5道 ×2
= 230mm + 110mm = 340mm
p 最低位密度 = 12 288B / 340
= 11B/mm = 92位 / mm （向下取整）
（3）磁盘数据传输率
= 12 288B × 3000转/分
=12 288B × 50转/秒=614 400B/S
（4）平均等待时间 = 1/50 / 2 = 10ms
讨论：
1、本题给出的道容量单位为字节，
因此算出的存储容量单位也是字节，而不是位；
2、由此算出的位密度单位最终应转换成bpm(位/毫米）；
3、平均等待时间是磁盘转半圈的时间，与容量无关。
第 五 章
1. I/O有哪些编址方式？各有何特点？
解：常用的I/O编址方式有两种： I/O与内存统一编址和I/O独立编址；
特点： I/O与内存统一编址方式的I/O地址采用与主存单元地址完全一样的格式，I/O设备和主存占用同一个地址空间，CPU可像访问主存一样访问I/O设备，不需要安排专门的I/O指令。
I/O独立编址方式时机器为I/O设备专门安排一套完全不同于主存地址格式的地址编码，此时I/O地址与主存地址是两个独立的空间，CPU需要通过专门的I/O指令来访问I/O地址空间。
讨论：I/O编址方式的意义：
I/O编址方式的选择主要影响到指令系统设计时I/O指令的安排，因此描述其特点时一定要说明此种I/O编址方式对应的I/O指令设置情况。
´ I/O与内存统一编址方式将I/O地址看成是存储地址的一部分，占用主存空间；
问题：确切地讲， I/O与内存统一编址的空间为总线空间，I/O所占用的是内存的扩展空间。
I/O独立编址方式有明显的I/O地址标识，´ 而I/O与内存统一的编址方式没有；
问题：无论哪种编址方式，I/O地址都是由相应的指令提供的，而地址本身并没有特殊的标识。
2. 简要说明CPU与I/O之间传递信息可采用哪几种联络方式？它们分别用于什么场合？
答： CPU与I/O之间传递信息常采用三种联络方式：直接控制（立即响应）、 同步、异步。 适用场合分别为：
直接控制适用于结构极简单、速度极慢的I/O设备，CPU直接控制外设处于某种状态而无须联络信号。
同步方式采用统一的时标进行联络，适用于CPU与I/O速度差不大，近距离传送的场合。
异步方式采用应答机制进行联络，适用于CPU与I/O速度差较大、远距离传送的场合。
讨论：注意I/O交换方式、I/O传送分类方式与I/O联络方式的区别：
串行、并行I/O传送方式常用于描述I/O传送宽度的类型；
I/O交换方式主要讨论传送过程的控制方法；
I/O联络方式主要解决传送时CPU与I/O之间如何取得通信联系以建立起操作上的同步配合关系。
´ 同步方式适用于CPU与I/O工作速度完全同步的场合。
问题： I/O 要达到与CPU工作速度完全同步一般是不可能的。同步方式的实质是“就慢不就快”，如采用同步方式一般CPU达不到满负荷工作。
6. 字符显示器的接口电路中配有缓冲存储器和只读存储器，各有何作用？
解：显示缓冲存储器的作用是支持屏幕扫描时的反复刷新；只读存储器作为字符发生器使用，他起着将字符的ASCII码转换为字形点阵信息的作用。
8. 某计算机的I/O设备采用异步串行传送方式传送字符信息。字符信息的格式为一位起始位、七位数据位、一位校验位和一位停止位。若要求每秒钟传送480个字符，那么该设备的数据传送速率为多少？
解：480×10=4800位/秒=4800波特；
波特——是数据传送速率波特率的单位。
注：题意中给出的是字符传送速率，即：字符/秒。要求的是数据传送速率，串行传送时一般用波特率表示。
两者的区别：字符传送率是数据的“纯”有效传送率，不含数据格式信息；波特率是“毛”传送率，含数据格式信息。
10. 什么是I/O接口?为什么要设置I/O接口？I/O接口如何分类？
解： I/O接口一般指CPU和I/O设备间的连接部件； I/O接口分类方法很多，主要有：
按数据传送方式分有并行接口和 串行接口两种；
按数据传送的控制方式分有程序控制接口、程序中断接口、DMA接口三种。
12. 结合程序查询方式的接口电路，说明其工作过程。
解：程序查询接口工作过程如下（以输入为例）：
开命令接收门；®选中，发SEL信号®设备选择器译码®接口®地址总线® 1）CPU发I/O地址
设备开始工作；®接口向设备发启动命令® D置0，B置1 ® 2）CPU发启动命令
DBR；® 3）CPU等待，输入设备读出数据
B置0，D置1；®接口®4）外设工作完成，完成信号
CPU；®控制总线® 5）准备就绪信号
6）输入：CPU通过输入指令（IN）将DBR中的数据取走；
若为输出，除数据传送方向相反以外，其他操作与输入类似。工作过程如下：
开命令接收门；®选中，发SEL信号®设备选择器译码®接口®地址总线®1）CPU发I/O地址
2）输出： CPU通过输出指令（OUT）将数据放入接口DBR中；
设备开始工作；®接口向设备发启动命令® D置0，B置1 ® 3）CPU发启动命令
4）CPU等待，输出设备将数据从 DBR取走；
B置0，D置1；®接口® 5）外设工作完成，完成信号
CPU，CPU可通过指令再次向接口DBR输出数据，进行第二次传送。®控制总线®6）准备就绪信号
13. 说明中断向量地址和入口地址的区别和联系。
解：
中断向量地址和入口地址的区别：
向量地址是硬件电路（向量编码器）产生的中断源的内存地址编号，中断入口地址是中断服务程序首址。
中断向量地址和入口地址的联系：
中断向量地址可理解为中断服务程序入口地址指示器（入口地址的地址），通过它访存可获得中断服务程序入口地址。 (两种方法：在向量地址所指单元内放一条JUM指令；主存中设向量地址表。参考8.4.3）
讨论：
硬件向量法的实质：
当响应中断时，为了更快、更可靠的进入对应的中断服务程序执行，希望由硬件直接提供中断服务程序入口地址。但在内存地址字较长时这是不可能的。因此由硬件先提供中断源编号、再由编号间接地获得中断服务程序入口地址。这种中断源的编号即向量地址。
由于一台计算机系统可带的中断源数量很有限，因此向量地址比内存地址短得多，用编码器类逻辑部件实现很方便。
14. 在什么条件下，I/O设备可以向CPU提出中断请求？
解：I/O设备向CPU提出中断请求的条件是：I/O接口中的设备工作完成状态为1（D=1），中断屏蔽码为0 （MASK=0），且CPU查询中断时，中断请求触发器状态为1（INTR=1）。
15. 什么是中断允许触发器？它有何作用？
解：中断允许触发器是CPU中断系统中的一个部件，他起着开关中断的作用（即中断总开关，则中断屏蔽触发器可视为中断的分开关）。
16. 在什么条件和什么时间，CPU可以响应I/O的中断请求？
解：CPU响应I/O中断请求的条件和时间是：当中断允许状态为1（EINT=1），且至少有一个中断请求被查到，则在一条指令执行完时，响应中断。
17. 某系统对输入数据进行取样处理，每抽取一个输入数据，CPU就要中断处理一次，将取样的数据存至存储器的缓冲区中，该中断处理需P秒。此外，缓冲区内每存储N个数据，主程序就要将其取出进行处理，这个处理需Q秒。试问该系统可以跟踪到每秒多少次中断请求？
解：这是一道求中断饱和度的题，要注意主程序对数据的处理不是中断处理，因此Q秒不能算在中断次数内。
N个数据所需的处理时间=P×N+Q秒
平均每个数据所需处理时间= （P×N+Q） /N秒；
求倒数得：
该系统跟踪到的每秒中断请求数=N/（P×N+Q）次。
19. 在程序中断方式中，磁盘申请中断的优先权高于打印机。当打印机正在进行打印时，磁盘申请中断请求。试问是否要将打印机输出停下来，等磁盘操作结束后，打印机输出才能继续进行？为什么？
解：这是一道多重中断的题，由于磁盘中断的优先权高于打印机，因此应将打印机输出停下来，等磁盘操作结束后，打印机输出才能继续进行。因为打印机的速度比磁盘输入输出的速度慢，并且暂停打印不会造成数据丢失。
讨论：
´ 打印机不停，理由有如下几种：
打印内容已存入打印机缓存；´
问题：1）如果打印机无缓存呢？
2）如果打印机有缓存，还需要用程序中断方式交换吗？（应用DMA)
由于在指令执行末查中断，因此执行打印指令时不会响应磁盘中断。´
问题：打印中断处理程序=打印指令？
采用字节交叉传送方式，当两者同时请求中断时，先响应盘，再响应打印机，交叉服务。´
问题：这是程序中断方式吗？
由于打印机速度比CPU慢得多，CPU将数据发送给打印机后，就去为磁盘服务，而这时打印机可自己慢慢打印。´
问题：停止打印机传送=停止打印机动作？
我有打印机，感觉上打印机工作是连贯的；´
问题：人的感觉速度=计算机工作速度？
22. CPU对DMA请求和中断请求的响应时间是否一样？为什么？
解： CPU对DMA请求和中断请求的响应时间不一样，因为两种方式的交换速度相差很大，因此CPU必须以更短的时间间隔查询并响应DMA请求（一个存取周期末）。
讨论：
CPU对DMA的响应是即时的；´
随时都能响应？
CPU响应DMA的时间更短；´
´ DMA比中断速度高；
短、高或不一样的具体程度？
´ 不一样。因为DMA与CPU共享主存，会出现两者争用主存的冲突，CPU必须将总线让给DMA接口使用，常用停止CPU访存、周期窃取及DMA与CPU交替访存三种方式有效的分时使用主存；
这种情况仅仅存在于DMA与中断程序之间吗？答非所问。
24. DMA的工作方式中，CPU暂停方式和周期挪用方式的数据传送流程有何不同？画图说明。
解：两种DMA方式的工作流程见下页，其主要区别在于传送阶段，现行程序是否完全停止访存。
停止CPU访存方式的DMA工作流程如下：
现行程序 CPU DMAC I/O
CPU DMAC I/O
B C D
周期窃取方式的DMA工作流程如下：
现行程序 CPU DMAC I/O
CPU DMAC I/O
B C D
25. s，试问该外设是否可用程序中断方式与主机交换信息，为什么？m假设某设备向CPU传送信息的最高频率是40K次/秒，而相应的中断处理程序其执行时间为40
sm 解：该设备向CPU传送信息的时间间隔 =1/40K=0.025×103=25 < sm40
则：该外设不能用程序中断方式与主机交换信息，因为其中断处理程序的执行速度比该外设的交换速度慢。
讨论：
s）比较接近，传送过程会频繁的打断CPU执行主程序，而执行中断服务程序，因此不能用程序中断方式……。ms）与中断处理时间（40m×I/O传送（25
错：此时CPU还有可能执行主程序吗？
举例说明： （输入）
假设初始CPU空闲，则当I/O将第一个数据放在接口的数据缓冲寄存器中后，向CPU发第一个中断请求，CPU立即响应；
I/O设备匀速运行， s时响应；ms后，第二个中断请求到来，CPU正在执行中断程序接收第一个数据， 40m25
s时响应；ms后，第三个中断请求到来，CPU正在执行中断程序接收第二个数据，要到80m50
s后，第四个中断请求到来，但此时第三个中断请求还没有响应，则放在数据缓冲寄存器中的第三个数据来不及接收，被第四个数据冲掉；m75
讨论：
s，CPU大部分时间处于“踏步等待”状态；m 交换一次用时25+40=65´
sm 错1：25 I/O传送间隔主要指设备准备数据的时间（输入），这段时间设备与CPU并行工作。
错2：程序中断不存在踏步等待。
´ 10-6=1´40´40K.6秒，时间过长，用程序中断不划算；
中断处理程序执行时间=？´ 错1：设备传送频率
错2：越慢速的设备越适合用中断。
若外设与CPU之间有足够大的缓冲区，则可以用程序中断方式；´
如果安排足够大的缓冲区，为何不用DMA方式？
讨论（续）：
两者速度相差较小没有必要用中断。´
26. s，是否可采用一条指令执行结束时响应DMA请求的方案，为什么？若不行，应采取什么方案？m设磁盘存储器转速为3000转/分，分8个扇区，每扇区存储1K字节，主存与磁盘存储器数据传送的宽度为16位（即每次传送16位）。假设一条指令最长执行时间是25
解：先算出磁盘传送速度，然后和指令执行速度进行比较得出结论。
16¸16 =1K ×8 ×8 ¸道容量=1KB×8
=1K ×4=4K字
数传率=4K字×3000转/分
=4K字×50转/秒 =200K字/秒
sm5»一个字的传送时间=1/200K字/秒
注：在此1K=1024，来自数据块单位缩写。
5 sm<<25 s，所以不能采用一条指令执行结束响应DMA请求的方案，应采取每个CPU机器周期末查询及响应DMA请求的方案（通常安排CPU机器周期=MM存取周期）。m
讨论：
扇面、扇段和扇区：扇面指磁盘分区后形成的扇形区域；扇段指扇面上一个磁道所对应的弧形区域；扇区通常用来泛指扇面或扇段。由于磁盘是沿柱面存取而不是沿扇面存取，因此习惯上扇区即指扇段，不用特别说明也不会引起误会。
问题：是否磁盘转一圈读完所有扇区上的磁道？
答：应为：磁盘转一圈读完一个磁道上的所有扇区，然后转到下一盘面的同一位置磁道接着读(如果文件未读完的话）。
´ s，CPU工作周期大于主存周期，应采用DMA与CPU交替访存；ms，CPU执行指令20ms内主存占用5m不行，在25
s；m错1：题意为CPU执行指令25
指令周期；¹ 错2：CPU工作周期=内存周期（同步控制）而
´ 不行，传送间隔=20ms，远大于指令执行周期，应在DMA接口设一小容量存储器，可减少DMA传送占用总线时间；
对于想采用DMA的慢速设备（像打印机等），可采用此法，对于磁盘不需要。另外，占用总线时间较长的DMA传送为停止CPU访存DMA，如采用周期窃取方式的DMA，每次传送只占一个主存周期时间。
27. 试从下面七个方面比较程序查询、程序中断和DMA三种方式的综合性能。
（1）数据传送依赖软件还是硬件；
（2）传送数据的基本单位；
（3）并行性；
（4）主动性；
（5）传输速度；
（6）经济性；
（7）应用对象。
解：比较如下：
（1）程序查询、程序中断方式的数据传送主要依赖软件，DMA主要依赖硬件。 （注意：这里指主要的趋势）
（2）程序查询、程序中断传送数据的基本单位为字或字节，DMA为数据块。
（3）程序查询方式传送时，CPU与I/O设备串行工作；
程序中断方式时，CPU与I/O设备并行工作，现行程序与I/O传送串行进行；
DMA方式时，CPU与I/O设备并行工作，现行程序与I/O传送并行进行。
（4）程序查询方式时，CPU主动查询I/O设备状态；
程序中断及DMA方式时，CPU被动接受I/O中断请求或DMA请求。
（5）程序中断方式由于软件额外开销时间比较大，因此传输速度最慢；
程序查询方式软件额外开销时间基本没有，因此传输速度比中断快；
DMA方式基本由硬件实现传送，因此速度最快；
注意：程序中断方式虽然CPU运行效率比程序查询高，但传输速度却比程序查询慢。
（6）程序查询接口硬件结构最简单，因此最经济；
程序中断接口硬件结构稍微复杂一些，因此较经济；
DMA控制器硬件结构最复杂，因此成本最高；
（7）程序中断方式适用于中、低速设备的I/O交换；
程序查询方式适用于中、低速实时处理过程；
DMA方式适用于高速设备的I/O交换；
讨论：
问题1：这里的传送速度指I/O设备与主存间，还是I/O与CPU之间？
答：视具体传送方式而定，程序查询、程序中断为I/O与CPU之间交换，DMA为I/O与主存间交换。
问题2：主动性应以CPU的操作方式看，而不是以I/O的操作方式看。
程序查询方式：以缓冲器容量（块、二进制数字）为单位传送；´
´ 程序中断方式：以向量地址中的数据（二进制编码）为单位传送；
DMA：传送单位根据数据线的根数而定；´
30. 什么是多重中断？实现多重中断的必要条件是什么？
解：多重中断是指：当CPU执行某个中断服务程序的过程中，发生了更高级、更紧迫的事件，CPU暂停现行中断服务程序的执行，转去处理该事件的中断，处理完返回现行中断服务程序继续执行的过程。
实现多重中断的必要条件是：在现行中断服务期间，中断允许触发器为1，即开中断。
补充题：
一、某CRT显示器可显示64种ASCII字符，每帧可显示72字×24排；每个字符字形采用7×8点阵，即横向7点，字间间隔1点，纵向8点，排间间隔6点；帧频50Hz，采取逐行扫描方式。假设不考虑屏幕四边的失真问题，且行回扫和帧回扫均占扫描时间的20%，问：
1）显存容量至少有多大？
2）字符发生器（ROM）容量至少有多大？
3）显存中存放的是那种信息？
4）显存地址与屏幕显示位置如何对应？
5）设置哪些计数器以控制显存访问与屏幕扫描之间的同步？它们的模各是多少？
6）点时钟频率为多少？
解：1）显存最小容量=72×24×8 =1728B
2）ROM最小容量=64×8行×8列
= 512B（含字间隔1点）
3）显存中存放的是ASCII码信息。
4）显存每个地址对应一个字符显示位置，显示位置自左至右，从上到下，分别对应缓存地址由低到高。
5）设置点计数器、字计数器、行计数器、排计数器控制显存访问与屏幕扫描之间的同步。
它们的模计算如下：
点计数器模 = 7+1 = 8
行计数器模 = 8 + 6 = 14
字、排计数器的模不仅与扫描正程时间有关，而且与扫描逆程时间有关，因此计算较为复杂。
列方程： （72+x）× 0.8 = 72
（24+y）× 0.8 = 24
解方程得：x = 18，y = 6，则：
字计数器模 = 72 + 18 = 90
排计数器模 = 24 + 6 = 30
6）点频 = 50Hz × 30排 × 14行 × 90字 × 8点 = 15 120 000Hz
= 15.12MHz
讨论：
1、VRAM、ROM容量应以字或字节为单位，不能以位为单位；
2、字模点阵在ROM中按行存放，一行占一个存储单元；
3、显存中存放的是ASCII码而不是像素点；
4、计算计数器的模及点频时应考虑回扫时间。
二、有一编码键盘，其键阵列为8行×16列，分别对应128种ASCII码字符，采用硬件扫描方式确认按键信号，问：
1）扫描计数器应为多少位？
2）ROM容量为多大？
3）若行、列号均从0开始编排，则当第5行第7列的键表示字母“F”时，CPU从键盘读入的二进制编码应为多少（设采用奇校验） ？
4）参考教材图5.15，画出该键盘的原理性逻辑框图；
5）如果不考虑校验技术，此时ROM是否可省？
解：1）扫描计数器 = 7位
（与键的个数有关）
2）ROM容量 = 128 × 8 = 128B
（与字符集大小有关）
3）CPU从键盘读入的应为字符“F”的ASCII码 = 01000110 （46H） ，其中最高位为奇校验位（注：不是位置码） 。
4）该键盘的原理性逻辑框图见下页，与教材图5.15类似，主要需标明参数。
5）如果不考虑校验技术，并按ASCII码位序设计键阵列（注意） ，则ROM编码表可省，此时7位计数器输出值（扫描码或键位置码）即为ASCII码。
该键盘的原理性逻辑框图如下：
三、一针式打印机采用7列×9行点阵打印字符，每行可打印132个字符，共有96种可打印字符，用带偶校验位的ASCII码表示。问：
1）打印缓存容量至少有多大？
2）字符发生器容量至少有多大？
3）列计数器应有多少位？
4）缓存地址计数器应有多少位？
解：
1）打印缓存最小容量 = 132×8
= 132B
（考虑偶校验位）
2）ROM最小容量 = 96×7列×9行
= 672×9位
3）列计数器 = 3位
（7列向上取2的幂）
4）缓存地址计数器 = 8位
（132向上取2的幂）
讨论：
1、由于针打是按列打印，所以ROM一个存储单元中存一列的9个点，则容量为672×9位；
2、列计数器是对列号进行计数，所以模=7，3位（模不等于位数）；
3、同样缓存地址计数器模=132，8位。
第 六 章
2. 已知X=0.a1a2a3a4a5a6（ai为0或1），讨论下列几种情况时ai各取何值。
（1）X > 1/8； ³1/2；
（2）X X³
（3）1/4 > 1/16
解： （1）若要X > 1/2，只要a1=1，a2~a6不全为0即可（a2 or a3 or a4 1/8，只要a1~a3不全为0即可（a1 or a2 or a3 =1），³or a5 or a6 = 1）； （2）若要X a4~a6可任取0或1；
X³（3）若要1/4 > 1/16，只要a1=0，a2可任取0或1； 当a2=0时，若a3=0，则必须a4=1，且a5、a6不全为0（a5 or a6=1；若a3=1，则a4~a6可任取0或1； 当a2=1时， a3~a6可任取0或1。
3. 设x为整数，[x]补=1，x1x2x3x4x5，若要求 x < -16，试问 x1~x5 应取何值？
解：若要x < -16，需 x1=0，x2~x5 任意。（注：负数绝对值大的补码码值反而小。）
4. 设机器数字长为8位（含1位符号位在内），写出对应下列各真值的原码、补码和反码。 -13/64，29/128，100，-87
解：真值与不同机器码对应关系如下：
5. 已知[x]补，求[x]原和x。 [x1]补=1. 1100； [x2]补=1. 1001； [x3]补=0. 1110； [x4]补=1. 0000； [x5]补=1，0101； [x6]补=1，1100； [x7]补=0，0111； [x8]补=1，0000；
解：[x]补与[x]原、x的对应关系如下：
6. 0，则³设机器数字长为8位（含1位符号位在内），分整数和小数两种情况讨论真值x为何值时，[x]补=[x]原成立。
解： 当x为小数时，若x [x]补=[x]原成立； 若x < 0，则当x= -1/2时， [x]补=[x]原成立。 0，则 [x]补=[x]原成立； 若x³当x为整数时，若x < 0，则当x= -64时， [x]补=[x]原成立。
7. 设x为真值，x*为绝对值，说明[-x*]补=[-x]补能否成立。
解：当x为真值，x*为绝对值时，[-x*]补=[-x]补不能成立。 [-x*]补=[-x]补的结论只在x>0时成立。当x<0时，由于[-x*]补是一个负值，而[-x]补是一个正值，因此此时[-x*]补不等于[-x]补。
8. 讨论若[x]补>[y]补，是否有x>y？
解：若[x]补>[y]补，不一定有x>y。 [x]补 > [y]补时 x > y的结论只在 x > 0、y > 0，及 x<0、y<0时成立。当x>0、 y<0时，有x>y，但由于负数补码的符号位为1，则[x]补<[y]补。同样，当x<0、 y >0时，有x < y，但[x]补>[y]补。
注意： 1）绝对值小的负数其值反而大，且负数的绝对值越小，其补码值越大。因此， 当x<0、y<0时，若[x]补>[y]补，必有x>y。 2）补码的符号位和数值位为一体，不可分开分析。 3）完整的答案应分四种情况分析，但也可通过充分分析一种不成立的情况获得正确答案。 4）由于补码0的符号位为0，因此x、y=0可归纳到>0的一类情况讨论。 5）不考虑不同数字系统间的比较。（如有人分析x、y字长不等时的情况，无意义。）
9. 当十六进制数9B和FF分别表示为原码、补码、反码、移码和无符号数时，所对应的十进制数各为多少（设机器数采用一位符号位）？
解：真值和机器数的对应关系如下：
10. 在整数定点机中，设机器数采用一位符号位，写出±0的原码、补码、反码和移码，得出什么结论？
解：0的机器数形式如下：
解：机器数与对应的真值形式如下：
续表1：
续表2：
续表3：
12. 设浮点数格式为：阶符1位、阶码4位、数符1位、尾数10位。写出51/128、-27/1024、7.375、-86.5所对应的机器数。要求按规格化形式写出： （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。
解：据题意画出该浮点数的格式： 1 4 1 10
将十进制数转换为二进制： x1=51/128=（0.011 001 （0.110 011）2 x2= -27/1024=（-0.000 001 101 1）2 =2-5´1）2 =2-1 （0.111 011）2 x4=´（-0.110 11）2 x3=7.375=（111.011）2 =23 ´ （-0.101 011 01）2 则以上各数的浮点规格化数为：´-86.5=（-1 010 110.1）2 =27 （1）[x1]浮=1，0001；0.110 011 000 0 （2）[x1]浮=1，1111；0.110 011 000 0 （3）[x1]浮=0，1111；0.110 011 000 0
（1）[x2]浮=1，0101；1.110 110 000 0 （2）[x2]浮=1，1011；1.001 010 000 0 （3）[x2]浮=0，1011；1.001 010 000 0 （1）[x3]浮=0，0011；0.111 011 000 0 （2）[x3]浮=0，0011；0.111 011 000 0 （3）[x3]浮=1，0011；0.111 011 000 0 （1）[x4]浮=0，0111；1.101 011 010 0 （2）[x4]浮=0，0111；1.010 100 110 0 （3）[x4]浮=1，0111；1.010 100 110 0 注：以上浮点数也可采用如下格式： 1 1 4 10
13. 浮点数格式同上题，当阶码基值分别取2和16时， （1）说明2和16在浮点数中如何表示。 （2）基值不同对浮点数什么有影响？ （3）当阶码和尾数均用补码表示，且尾数采用规格化形式，给出两种情况下所能表示的最大正数和非零最小正数真值。
解：（1）阶码基值不论取何值，在浮点数中均为隐含表示，即：2和16不出现在浮点格式中，仅为人为的约定。
（2）当基值不同时，对数的表示范围和精度都有影响。即：在浮点格式不变的情况下，基越大，可表示的浮点数范围越大，但精度越下降。 （3）r=2时，最大正数的浮点格式为： 0，1111；0.111 111 111 1 其真值为：N+max=215×（1-2-10） 非零最小规格化正数浮点格式为： 1，0000；0.100 000 000 0 其真值为：N+min=2-16×2-1=2-17 r=16时，最大正数的浮点格式为： 0，1111；0.1111 1111 11 其真值为：N+max=1615×（1-2-10） 非零最小规格化正数浮点格式为： 1，0000；0.0001 0000 00 其真值为：N+min=16-16×16-1=16-17
14. 设浮点数字长为32位，欲表示±6万间的十进制数，在保证数的最大精度条件下，除阶符、数符各取一位外，阶码和尾数各取几位？按这样分配，该浮点数溢出的条件是什么？
解：若要保证数的最大精度，应取阶的基=2。 若要表示±6万间的十进制数，由于32768（215）< 6万 <65536（216），则：阶码除阶符外还应取5位（向上取2的幂）。 故：尾数位数=32-1-1-5=25位 25（32） 该浮点数格式如下： 1 5 1 ³ 按此格式，该浮点数上溢的条件为：阶码 25
15. 什么是机器零？若要求全0表示机器零，浮点数的阶码和尾数应采取什么机器数形式？
解：机器零指机器数所表示的零的形式，它与真值零的区别是：机器零在数轴上表示为“0”点及其附近的一段区域，即在计算机中小到机器数的精度达不到的数均视为“机器零”，而真零对应数轴上的一点（0点）。若要求用“全0”表示浮点机器零，则浮点数的阶码应用移码、尾数用补码表示（此时阶码为最小阶、尾数为零，而移码的最小码值正好为“0”，补码的零的形式也为“0”，拼起来正好为一串0的形式）。
16. 设机器数字长为16位，写出下列各种情况下它能表示的数的范围。设机器数采用一位符号位，答案均用十进制表示。 （1）无符号数； （2）原码表示的定点小数； （3）补码表示的定点小数； （4）补码表示的定点整数； （5）原码表示的定点整数； （6）浮点数的格式为：阶符1位、阶码5位、数符1位、尾数9位（共16位）。分别写出其正数和负数的表示范围(非规格化浮点形式)； （7）浮点数格式同（6），机器数采用补码规格化形式，分别写出其对应的正数和负数的真值范围。
解：各种表示方法数据范围如下：（1）无符号整数：0 ~ 216 - 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：0.99997 ~ -0.99997； （3）补码定点小数：1 - 2-15 ~ - 1 ， 即：0.99997~ -1； （4）补码定点整数：215 - 1 ~ -215， 即：32767 ~ -32768； （5）原码定点整数： 215 - 1 ~ -（215 - 1）， 即：32767 ~ -32767；
（6）据题意画出该浮点数格式： 1 5 1 9
最大负数=1，11 111；1.000 000 001 最小负数=0，11 111；1.111 111 111 则负数表示范围为： （1-2-9）~ 2-32´（1-2-9） 2）当采用阶移尾原非规格化数时， 正数表示范围为： 231 ´（-2-9）~ -231 ´2-31 （1-2-9） 注：零视为中性数，不在此范围内。´（-2-9）~ -231´ 2-9 负数表示范围为： 2-32 ´
（7）当机器数采用补码规格化形式时，若不考虑隐藏位，则 最大正数=0，11 111；0.111 111 111 最小正数=1，00 000；0.100 000 2-1 最大负数=1，00 000；1.011 111 111´（1-2-9）~2-32 ´000 其对应的正数真值范围为： 231 （2-1+2-9）~ 231´最小负数=0，11 111；1.000 000 000 其对应的负数真值范围为： -2-32 （-1）´
，不要用£或³ 注意： 1）应写出可表示范围的上、下限精确值（用>或<）。 2）应用十进制2的幂形式分阶、尾两部分表示，这样可反映出浮点数的格式特点。括号不要乘开，不要用十进制小数表示，不直观且无意义。 3）书写时二进制和十进制不能混用（如：231写成1031）。 MSB位=1）Å4）原码正、负域对称，补码正、负域不对称，浮点数阶、尾也如此。特别要注意浮点负数补码规格化范围。（满足条件：数符
17. 设机器数字长为8位（包括一位符号位），对下列各机器数进行算术左移一位、两位，算术右移一位、两位，讨论结果是否正确。 [x1]原=0.001 1010； [x2]原=1.110 1000； [x3]原=1.001 1001； [y1]补=0.101 0100； [y2]补=1.110 1000； [y3]补=1.001 1001； [z1]反=1.010 1111； [z2]反=1.110 1000； [z3]反=1.001 1001。
解：算术左移一位： [x1]原=0.011 0100；正确 [x2]原=1.101 0000；溢出（丢1）出错 [x3]原=1. 011 0010；正确 [y1]补=0. 010 1000；溢出（丢1）出错 [y2]补=1.101 0000；正确 [y3]补=1.011 0010；溢出（丢0）出错 [z1]反=1. 101 1111；溢出（丢0）出错 [z2]反=1. 101 0001；正确 [z3]反=1.011 0011；溢出（丢0）出错 算术左移两位： [x1]原=0.110 1000；正确 [x2]原=1.010 0000；溢出（丢11）出错 [x3]原=1. 110 0100；正确
算术左移两位： [y1]补=0. 101 0000；溢出（丢10）出错 [y2]补=1.010 0000；正确 [y3]补=1.110 0100；溢出（丢00）出错 [z1]反=1. 011 1111；溢出（丢01）出错 [z2]反=1. 010 0011；正确 [z3]反=1.110 0111；溢出（丢00）出错 算术右移一位： [x1]原=0.000 1101；正确 [x2]原=1.011 0100；正确 [x3]原=1.000 1100(1)；丢1，产生误差 [y1]补=0.010 1010；正确 [y2]补=1.111 0100；正确 [y3]补=1.100 1100(1)；丢1，产生误差
算术右移一位： [z1]反=1.101 0111；正确 [z2]反=1.111 0100(0)；丢0，产生误差 [z3]反=1.100 1100；正确 算术右移两位： [x1]原=0.000 0110（10）；产生误差 [x2]原=1.001 1010；正确 [x3]原=1.000 0110（01）；产生误差 [y1]补=0.001 0101；正确 [y2]补=1.111 1010；正确 [y3]补=1.110 0110（01）；产生误差 [z1]反=1.110 1011；正确 [z2]反=1.111 1010（00）；产生误差 [z3]反=1.110 0110（01）；产生误差
18. 试比较逻辑移位和算术移位。
解：逻辑移位和算术移位的区别： 逻辑移位是对逻辑数或无符号数进行的移位，其特点是不论左移还是右移，空出位均补0，移位时不考虑符号位。 算术移位是对带符号数进行的移位操作，其关键规则是移位时符号位保持不变，空出位的补入值与数的正负、移位方向、采用的码制等有关。补码或反码右移时具有符号延伸特性。左移时可能产生溢出错误，右移时可能丢失精度。
19. 设机器数字长为8位（含1位符号位），用补码运算规则计算下列各题。 （1）A=9/64， B=-13/32， 求A+B； （2）A=19/32，B=-17/128，求A-B； （3）A=-3/16，B=9/32， 求A+B； （4）A=-87， B=53， 求A-B； （5）A=115， B=-24， 求A+B。
解： （1）A=9/64=（0.001 0010）2 B= -13/32=（-0.011 0100）2 [A]补=0.001 0010 [B]补=1.100 1100
[A+B]补= 0. 0 0 1 0 0 1 0 + 1. 1 0 0 1 1 0 0 1. 1 0 1 1 1 1 0 ——无溢出 A+B=（ -0.010 0010）2 = -17/64 （2）A=19/32=（0.100 1100）2 B= -17/128=（-0.001 0001）2 [A]补=0.100 1100 [B]补=1.110 1111 [-B]补=0.001 0001 [A-B]补= 0. 1 0 0 1 1 0 0 + 0. 0 0 1 0 0 0 1 0. 1 0 1 1 1 0 1 ——无溢出 A-B=（0.101 1101）2 = 93/128
（3）A= -3/16=（-0.001 1000）2 B=9/32=（0.010 0100）2 [A]补=1.110 1000 [B]补= 0.010 0100 [A+B]补= 1. 1 1 0 1 0 0 0 + 0. 0 1 0 0 1 0 0 0. 0 0 0 1 1 0 0 —— 无溢出 A+B=（0.000 1100）2 = 3/32 （4）A= -87=（-101 0111）2 B=53=（110 101）2 [A]补=1，010 1001 [B]补=0，011 0101 [-B]补=1，100 1011
[A-B]补= 1，0 1 0 1 0 0 1 + 1，1 0 0 1 0 1 1 0，1 1 1 0 1 0 0 —— 溢出 A-B=（-1，000 1100）2 = -140 （5）A=115=（111 0011）2 B= -24=（-11 000）2 [A]补=0，111 0011 [B]补=1，110 1000 [A+B]补= 0，1 1 1 0 0 1 1 + 1，1 1 0 1 0 0 0 0，1 0 1 1 0 1 1——无溢出 A+B=（101 1011）2 = 91
20. 用原码一位乘、两位乘和补码一位乘（Booth算法）、两位乘计算x•y。 （1）x= 0.110 111，y= -0.101 110； （2）x= -0.010 111，y= -0.010 101； （3）x= 19， y= 35； （4）x= 0.110 11， y= -0.111 01。
解：先将数据转换成所需的机器数，然后计算，最后结果转换成真值。 （1）[x]原=x=0.110111，[y]原=1.101110 x*=0.110111， y*=0.101110 1=1 x*×y*=0.100 111 100 010 [x×y]原=1.100Å y0=0 Åx0=0，y0=1，z0=x0 111 100 010 x•y= -0. 100 111 100 010
原码一位乘： 部分积 1 0 . 0® 乘数y* 0 . 0 0 0 0 0 0 . 1 0 1 1 1 0 —— +0 0 0 0 0 0 0 . 1 0 1 1 1 —— +x* + 0 . 1 1 0 1 1 1 0 1 0 . 0 1 1 0 1 1 1 0 . 1 0 1 1 —— +x* +®. 1 1 0 1 1 1 1 0 . 1 0 1 0 0 1 0 1 ® 0 . 1 1 0 1 1 1 1 . 0 1 0 0 1 0 1 0 .®0 . 1 0 1 —— +x* + 0 . 1 1 0 1 1 1 1 . 1 0 0 0 0 0 1 0 . 0 1 1 0 0 0 0®1 1 0 0 0 0 0 0 1 0 . 1 0 —— +0 1 ® 0 0 1 0 . 1 —— x* + 0 . 1 1 0 1 1 1 1 . 0 0 1 1 1 1 0 . 1 0 0 1 1 1 1 0 0 0 1 0
2x*=01.101110，[-x*]补=[-x]补=1.001001 原码两位乘： 部分积 乘数 Cj 0 0 0 . 0 0 0 0 0 0 0 0 . 1 0 1 1 1 0 0 + 0 0 1 . 1 0 1 1 1 0 +2x* 0 0 1 . 1 0 1 1 2 0 0 0 . 0 1 1 0 1 1 1 0 0 0®1 0 0 .1 0 1 1 + 1 1 1 . 0 0 1 0 0 1 +[-x*]补 1 1 1 . 2 1 1 1 . 1 1 1 0 0 1 ®1 0 0 1 0 0 1 0 0 1 0 0 0 .1 0 + 1 1 1 . 0 0 1 0 0 1 +[-x*]补 2 1 1 1 . 1 1 0 0® 1 1 1 . 0 0 0 0 1 0 1 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0 . + 0 0 0 . 1 1 0 1 1 1 +x* 0 0 0 . 1 0 0 1 1 1 1 0 0 0 1 0 0 结果同一位乘，x•y= -0. 100 111 100 010
[x]补=x=0.110111 [y]补=1.010010 [-x]补=1.001001 [2x]补=01.101110 [-2x]补=10.010010 [x×y]补=1.011 000 011 110 0 x•y= -0.100 111 100 010 0 补码一位乘、两位乘运算过程如下：
补码一位乘：部分积 乘数[y]补 yn+1 0 0 1 0 0 . 0 0 0 0®. 0 0 0 0 0 0 1 . 0 1 0 0 1 0 0 —— +0 0 0 0 1 . 0 1 0 0 1 0 + 1 1 . 0 0 1 0 0 1 1 1 1 . 1 0 0 1 0 0 1® +[-x]补 1 1 . 0 0 1 0 0 1 0 1 . 0 1 0 0 1 + 0 0 . 1 1 0 1 1 1 1 0 0 . 0 0 1 1 0 1 1 1 0 1® +[x]补 0 0 . 0 1 1 0 1 1 1 0 0 . 0 0 0 1 1 0 1 1 1 0 1 . 0 ® . 0 1 0 0 —— +0 1 0 + 1 1 . 0 0 1 0 0 1 +[-x]补 1 1 1 1 . 1 0 0 1 1 1 1 1 1 1 0 1 . 0 1®1 . 0 0 1 1 1 1 + 0 0 . 1 1 0 1 1 1 +[x]补 0 0 . 0 1 1 1 0 0 . 0 0 1 1 1 1 0 1 1 1 1 0 1 . 0 + 1 1®1 1 0 . 0 0 1 0 0 1 +[-x]补 1 1 . 0 1 1 0 0 0 0 1 1 1 1 0 0 —— 清0
补码两位乘： 部分积 乘数 yn+1 0 0 0 . 0 0 0 0 0 0 1 1 . 0 1 0 0 1 0 0 + 1 1 0 . 0 1 0 0 1 0 +[-2x]补 1 1 0 . 0 2 1 1 1 . 1 0 0 1 0 0 1 0®1 0 0 1 0 1 1 .0 1 0 0 1 + 0 0 0 . 1 1 0 1 1 1 2 0 0 0 . 0®+[x]补 0 0 0 . 0 1 1 0 1 1 0 0 1 1 0 1 1 1 0 1 1 .0 1 0 + 0 0 0 . 1 1 0 1 1 1 +[x]补 0 0 0 . 1 1 1 1 0 1 2 0 0 0 . 0 0 1 1 1 1 0 1 1 1 1 0 1 1 . 0 + 1 1 1 .® 0 0 1 0 0 1 +[-x]补 1 1 1 . 0 1 1 0 0 0 0 1 1 1 1 0 0 0 . 结果同补码一位乘， x•y= -0. 100 111 100 010 00
（2） x= -0.010111， y= -0.010101 [x]原=1.010111， [y]原=1.010101 x*=0. 010111 ， y*=0. 010101 [-x*]补=1.101001，2x*=0.101110 1=0 [x]补=1.101001，Å y0=1 Å[-2x*]补=1.010010 x0=1，y0=1，z0=x0 [y]补=1.101011 [-x]补=0.010111，[2x]补=1.010010 [-2x]补=0.101110 x*×y*=0.000 111 100 011 [x×y]原=0.000 111 100 011 [x×y]补=0.000 111 100 011 0 x•y= 0. 000 111 100 011 运算过程如下：
原码一位乘： 部分积 乘数y* 0 . 0 0 0 0 0 0 . 0 1 0 1 0 1 —— +x* 1 0 . 0 0 1 0 1 1 1 .®+ 0 . 0 1 0 1 1 1 0 . 0 1 0 1 1 1 1 0 . 0 0 0 1 0 1 1 1 . 0 1 0 1®0 1 0 1 0 —— +0 1 0 . 0 0 1 1 1 0 ®—— +x* + 0 . 0 1 0 1 1 1 0 . 0 1 1 1 0 0 1 0 . 0 0 0 1 1 1 0 0 1 1 .® 0 1 1 . 0 1 0 —— +0 1 0 . 0 0 1 1®0 1 —— +x* + 0 . 0 1 0 1 1 1 0 . 0 1 1 1 1 0 1 0 . 0 0 0 1 1 1 1 0 0 ®1 1 0 0 0 1 1 . 0 —— +0 0 1 1
原码两位乘： 部分积 乘数y* Cj 0 0 0 . 0 0 0 0 0 0 0 0 . 0 1 0 1 0 1 0 + 0 0 0 . 0 1 0 1 1 1 +x* 0 0 0 . 0 1 0 1 1 1 2 0 0 0 . 0 0 0 1 0 1 1 1 0 0 .0 1 0 1 + 0 0 0 .® 0 0 1 0 1 1 1 +x* 0 0 0 . 0 1 1 1 0 0 2 0 0 0 . 0 0 0 1 1 1 0 0 1 1 0 0 .0 1 ® 0 + 0 0 0 . 0 1 0 1 1 1 +x* 0 0 0 . 0 1 1 1 1 0 2 0 0 0 . 0 0 0 1 1 1 ® 0 1 0 0 0 1 1 0 0 . +0 结果同一位乘， x•y= 0. 000 111 100 011
补码一位乘：部分积 乘数[y]补 yn+1 0 0 . 0 0 0 0 0 0 1 . 1 0 1 0 1 1 0 + 0 0 . 0 1 0 1 1 1 1 0 0 . 0 0 1 0 1 1 ® +[-x]补 0 0 . 0 1 0 1 1 1 1 0 0 . 0 0 0 1 0 1 1 1 ® 1 1 . 1 0 1 0 1 1 —— +0 1 . 1 0 1 0 1 + 1 1 . 1 0 1 0 0 1 1 1 1 . 1 1 0 1 1 1 0 1 1 1 . 1®+[x]补 1 1 . 1 0 1 1 1 0 0 1 0 + 0 0 . 0 1 0 1 1 1 +[-x]补 1 0 0 . 0 0 0 1 1 1 0 0 1 1 1 . 1 0® 0 0 . 0 0 1 1 1 0 1 + 1 1 . 1 0 1 0 0 1 +[x]补 1 1 . 1 1 1 1 . 1 1 1 0 0 0 0 0 0 1 1 1 . 1 0 + ®1 0 0 0 0 0 0 . 0 1 0 1 1 1 +[-x]补 0 0 . 0 0 1 1 1 1 0 0 . 0 0 0 1 1 1 1 0 0 0 1 1 1 . 1 ——®1 +0
补码两位乘： 部分积 乘数 yn+1 0 0 0 . 0 0 0 0 0 0 1 1 . 1 0 1 0 1 1 0 + 0 0 0 . 0 1 0 1 1 1 2 0 0 0 . 0 0 0® +[-x]补 0 0 0 . 0 1 0 1 1 1 1 0 1 1 1 1 1 .1 0 1 0 1 + 0 0 0 . 0 1 0 1 1 1 +[-x]补 0 0 0 . 0 1 1 1 0 0 2 0 0 0 . 0 0 0 1 1 1 0 0 1 1 1 1 . 1 0 1 + 0 0 0 .® 0 1 0 1 1 1 +[-x]补 0 0 0 . 0 1 1 1 1 0 2 0 0 0 . 0 0 0 1 1 1 1 0 0 0 1 1 ® 1 1 . 1 清0 +0 结果同补码一位乘， x•y= 0. 000 111 100 011 00
（3） x= 19， y= 35 x=（10 011）2，y=（100 011）2 x*= [x]原= [x]补= 0，010 011 y*= [y]原= [y]补= 0，100 011 [-x*]补= [-x]补= 1，101 101 2x*= [2x]补= 0，100 110 0=0 x*×y*=Å y0=0 Å[-2x*]补= [-2x]补= 1，011 010 x0=0，y0=0，z0=x0 [x×y]原= [x×y]补 = 0，001 010 011 001 x•y =665 运算过程如下：
原码一位乘： 部分积 乘数y* 0，0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 1 1 —— +x* + 0，0 1 0 0 1 1 0，0 1 0 0 1 1 1 0，0 0 1 0 0 1 1 1 0 0 0 1 —— +x* + 0，0 1 0 0 1 1® 1 0，0 0 1 1 1 0 0 1 1 0 0 0 —— +0® 0，0 1 1 1 0 0 1 0，0 0 0 0 1 1 ®1 0，0 0 0 1 1 1 0 0 1 1 0 0 —— +0 ® 1 0，0 0 0 0 0 1 1 1 0 0 1® 1 0 0 1 1 0 —— +0 1 0，0 0 1 0 1 0 ® 1 —— +x* + 0，0 1 0 0 1 1 0，0 1 0 1 0 0 0 1 1 0 0 1
原码两位乘： 部分积 乘数y* Cj 0 0 0，0 0 0 0 0 0 0 0，1 0 0 0 1 1 0 + 1 1 1，1 0 1 1 0 1 +[-x*]补 1 1 1，1 0 1 1 0 1 2 1 1 1，1 1 1 0 1 1 0 1 0 0，1 0 0 0 ® 1 + 0 0 0，0 1 0 0 1 1 +x* 0 0 0，0 0 1 1 1 0 2 0 0 0，0 0 0 0 1 1 1 0 0 1 0 ® 0 0，1 0 + 0 0 0，1 0 0 1 1 0 +2x* 0 0 0，1 0 2 0 0 0，0 0 1 0 1 0 0 1 1®1 0 0 1 0 0 0 1 0 0， +0 结果同一位乘， x•y= 0，001 010 011 001
补码一位乘：部分积 乘数[y]补 yn+1 0 0，0 0 0 0 0 0 0，1 0 0 0 1 1 0 + 1 1，1 0 1 1 0 1 1 1 1，1 1 0 1 1® +[-x]补 1 1，1 0 1 1 0 1 1 1 1，1 1 1 0 1 1 0 1 ®0 1 0，1 0 0 0 1 1 —— +0 0，1 0 0 0 1 + 0 0，0 1 0 0 1 1 +[x]补 1 0 0，0 0 0 1 1 1 0 0 1 0， 1 0 0 ® 0 0，0 0 1 1 1 0 1 0®1 0 0，0 0 0 0 1 1 1 0 0 1 0，1 0 0 —— +0 ®0 —— +0 0，0 0 0 0 0 1 1 1 0 0 1 0，1 0 + 1 1，1 0 1 1 0 1 1 1 1，1 1 0 1 1® +[-x]补 1 1，1 0 1 1 1 0 1 0 1 1 0 0 1 0， 1 + 0 0，0 1 0 0 1 1 +[x]补 0 0，0 0 1 0 1 0 0 1 1 0 0 1 0
补码两位乘： 部分积 乘数 yn+1 0 0 0，0 0 0 0 0 0 0 0，1 0 0 0 1 1 0 + 1 1 1，1 0 1 1 0 1 2 1 1 1，1 1 1 0 1 1 0 1 0 0，1 0® +[-x]补 1 1 1，1 0 1 1 0 1 0 0 1 + 0 0 0，0 1 0 0 1 1 +[x]补 0 0 2 0 0 0，0 0 0 0 1 1 1 0®0，0 0 1 1 1 0 0 1 0 0，1 0 0 + 1 1 1，0 1 1 0 1 0 2 1 1 1，1®+[-2x]补 1 1 1，0 1 1 1 0 1 1 0 1 1 1 0 1 1 0 0 1 0 0，1 + 0 0 0，0 1 0 0 1 1 +0 0 0 0，0 0 1 0 1 0 0 1 1 0 0 1 0 0 结果同补码一位乘， x•y= 0, 001 010 011 001 00
（4） x= 0. 110 11， y= -0.111 01 x*= [x]原= [x]补= 0. 110 11 [y]原=1.111 01，y*=0. 111 01 [y]补=1.000 11 [-x*]补= [-x]补= 1.001 01 2x*= [2x]补= 01.101 10 [-2x*]补= 1=1 x*×y*=0.110 000 111 1Å y0=0 Å[-2x]补= 10.010 10 x0=0，y0=1，z0=x0 [x×y]原=1.110 000 111 1 [x×y]补=1.001 111 000 10 x•y= -0. 110 000 111 1 运算过程如下：
原码一位乘：部分积 乘数y* 0 . 0 0 0 0 0 1 ®. 1 1 1 0 1 —— +x* + 0 . 1 1 0 1 1 0 . 1 1 0 1 1 1 0 . 0 0 1 1 0 1 1®0 . 0 1 1 0 1 1 . 1 1 1 0 —— +0 1 0 . 1 0 0®. 1 1 1 —— +x* + 0 . 1 1 0 1 1 1 . 0 0 0 0 1 0 0 1 1 1 . 1 1 —— +x* + 0 . 1 1 0 1 1 1 . 0 1 0 1 1 0 . 1 0 1 0 1 1 1 1 1 . 1 —— +x* + 0 . 1 1 0 1 1 ®1 1 0 . 1 1 0 0 0 0 1 1 1 1 ® 1 . 1 0 0 0 0
原码两位乘： 部分积 乘数y* Cj 0 0 0 . 0 0 0 0 0 0 . 1 1 1 0 1 0 + 0 0 0 . 1 1 0 1 1 +x* 2 0 0 0 . 0 0 1 1® 0 0 0 . 1 1 0 1 1 0 0 1 1 0 . 1 1 1 + 1 1 1 . 0 0 1 0 1 +[-x*]补 2 1 1 1 . 1 1 0 1® 1 1 1 . 0 1 0 1 1 1 0 1 1 1 1 . 0 1 + 0 0 1 . 1 0 1 1 0 +2x* 1 0 0 0 . 1 1 0 0 0® 0 0 1 . 1 0 0 0 0 0 0 1 1 1 1 0 . +0 结果同一位乘， x•y= -0. 110 000 111 1
补码一位乘： 部分积 乘数[y]补 yn+1 0 0 . 0 0 0 0 0 1 . 0 0 0 1 1 0 + 1 1 . 1 1 1 . 1 0®0 0 1 0 1 +[-x]补 1 1 . 0 0 1 0 1 1 1 1 . 1 1 0 0 1 0 ®0 1 0 1 1 . 0 0 0 1 1 —— +0 1 1 . 0 0 0 1 + 0 0 . 1 1 0 1 1 +[x]补 1 0 0 . 0 1 0 1 0 0 0 1 1 . 0 0 0® 0 0 . 1 0 1 0 0 1 0 0 .®1 0 0 . 0 0 1 0 1 0 0 0 1 1 . 0 0 —— +0 ®—— +0 0 0 0 1 0 1 0 0 0 1 1 . 0 + 1 1 . 0 0 1 0 1 +[-x]补 1 1 . 0 0 1 1 1 1 0 0 0 1 0 —— 清0
补码两位乘： 部分积 乘数 yn+1 0 0 0 . 0 0 0 0 0 1 . 0 0 0 1 1 0 + 1 1 1 . 0 0 1 0 1 2 1 1 1 . 1 1 0 0 1 0 ® +[-x]补 1 1 1 . 0 0 1 0 1 1 1 . 0 0 0 1 + 0 0 0 . 1 1 0 1 1 +[x]补 2 0 0 0 . 0 0 1 0® 0 0 0 . 1 0 1 0 0 1 0 0 0 1 1 . 0 0 + 1 1 0 . 0 1 0 1 0 1 1® +[-2x]补 1 1 0 . 0 1 1 1 1 1 1 . 0 0 1 1 1 1 0 0 0 1 0 . —— 清0 结果同补码一位乘， x•y= -0. 110 000 111 10
21. 用原码加减交替法和补码加减交替法计算x÷y。 （1）x=0.100111，y=0.101011； （2）x=-0.10101， y=0.11011； （3）x=0.10100， y= -0.10001； （4）x=13/32， y= -27/32。 解： （1）x*=[x]原=[x]补=x= 0.100 111 y*=[y]原=[y]补=y= 0=0 Åy0=0 Å0.101 011 [-y*]补=[-y]补=1.010 101 q0=x0 y]原=0.111 010 r*=0.000 010×2-6=0.000 000 000 010 ¸y*=[x¸y=x*¸x 计算过程如下：
原码加减交替除法： 被除数（余数） 商 0 . 1 0 0 1 1 1 0 . 0 0 0 0 0 0 + 1 . 0 1 0 1 0 1 试减，+[-y*]补 1 . 1 1 1 1 0 1 . 1 1 1 0 0 0 0 . + 0 . 1 0 1 0 1 1 ¬0 1 r< 1 . 0 0 0 1 1 0 ¬0，+y* 0 . 1 0 0 0 1 1 1 0.1 + 1 . 0 1 0 1 0 1 r>¬0， +[-y*]补 0 . 0 1 1 0 1 1 1 0 . 1 1 0 1 1 0 0.1 1 + 1 . 0 1 0 1 0 1 r>0， +[-y*]补 0 . 0 0 1 0 1 1
0 .¬续： 被除数（余数） 商 1 0 1 0 1 1 0 0 . 1 1 1 + 1 . 0 1 0 1 0 1 r>0， 1 . 0 1 0 1 1 0 0.1 1 1 0 ¬+[-y*]补 1 . 1 0 1 0 1 1 1 + 0 . 1 0 1 0 1 1 r< 0 . 0 0¬0，+y* 0 . 0 0 0 0 0 1 1 0 0 1 0 0.1 1 1 0 1 + 1 . 0 1 0 1 0 1 r>0， 0.1 1 1 0 1 0 + 0 . 1 0 1 0 1 1 ¬+[-y*]补 1 . 0 1 0 1 1 1 1 r<0，+y*（恢复余数） 0 . 0 0 0 0 1 0
补码加减交替除法： 被除数（余数） 商 0 0 . 1 0 0 1 1 1 0 . 0 0 0 0 0 0 + 1 1 . 0 1 0 1 0 1 1 . 1 1 1 0 0 0 ¬1 试减，x、y同号，+[-y]补 1 1 . 1 1 1 1 0 0 1 0 . + 0 0 . 1 0 1 0 1 1 r、y异号，+[y]补 0 0 0 1 . 0 0 0 1 1 0 0.1 + 1 1 . 0 1¬. 1 0 0 0 1 1 1 0 0 . 1 1 0¬0 1 0 1 r、y同号， +[-y]补 0 0 . 0 1 1 0 1 1 1 1 1 0 0.1 1 + 1 1 . 0 1 0 1 0 1 r、y同号， +[-y]补 0 0 . 0 0 1 0 1 1
0 0 . 0 1 0 ¬续： 被除数（余数） 商 1 1 1 0 0 . 1 1 1 + 1 1 . 0 1 0 1 0 1 r、y同号， +[-y]补 1 1 . 0 1 0 1 1 0 0.1 1 1 0 + ¬ 1 1 . 1 0 1 0 1 1 1 0 0 . 0¬0 0 . 1 0 1 0 1 1 r、y异号，+[y]补 0 0 . 0 0 0 0 0 1 1 0 0 0 1 0 0.1 1 1 0 1 + 1 1 . 0 1 0 1 0 1 r、y同号， 0.1 1 1 0 1 1 —— 恒置1 + 0 0 . 1 0 1 ¬+[-y]补 1 1 . 0 1 0 1 1 1 1 0 1 1 r、x异号，（恢复余数） 0 0 . 0 0 0 0 1 0 且r、y异号， +[y]补 y]补= 0.111 011 [r6]补=0.000 010，r=r*=0.000 000 000 010¸y=[x¸注：恒置1引入误差。 x
（2）x= -0.101 01，y=0.110 11 [x]原=1.101 01 x*= 0.101 01 y* = [y]原 = [y]补= y = 0.110 11 [-y*]补= [-y]补= 1.001 01 [x]补= 1.010 11 y¸y]原=1.110 00 x¸y*= 0.110 00 [x¸ 0 = 1 x*Å y0 = 1 Å q0 = x0 = -0.110 00 r*=0.110 00×2-5 =0.000 001 100 0 计算过程如下：
原码加减交替除法： 被除数（余数） 商 0 . 1 0 1 0 1 0 . 0 ¬0 0 0 0 + 1 . 0 0 1 0 1 试减，+[-y*]补 1 . 1 1 0 1 0 1 1 . 1 0 1 0 0 0 . + 0 . 1 1 0 1 1 r< 0 . 1 1 1 1 0 0.1 ¬0，+y* 0 . 0 1 1 1 1 1 + 1 . 0 0 1 0 1 r> 0 . 0 0¬0， +[-y*]补 0 . 0 0 0 1 1 1 1 1 0 0.1 1 + 1 . 0 0 1 0 1 r>0， +[-y*]补 1 . 0 1 0 1 1
0 . 1 0 1 1 0 ¬续： 被除数（余数） 商 1 0 . 1 1 0 + 0 . 1 1 0 1 1 r<0， +y* 1 . 1 0 0 0 1 . 0 0 0 1 0 0.1 1 0 0 + 0 . 1 1 0 1 1 ¬1 1 r< 0.1 1 0 0 0 + 0 . 1 1 0 1 1 ¬0，+y* 1 . 1 1 1 0 1 1 r<0， +y*（恢复余数） 0 . 1 1 0 0 0
补码加减交替除法： 被除数（余数） 商 1 1 . 0 1 0 1 1 0 . 0 0 0 0 0 + 0 0 . 1 1 0 1 1 0 0 . 0 1 1 0 0 ¬ 试减，x、y异号，+[y]补 0 0 . 0 0 1 1 0 1 1 . + 1 1 . 0 0 1 0 1 r、y同号，+[-y]补 1 1 . 1 0 0 0 1 1 . 0 0 0 1 0 1.0 + 0 0 . 1 1 0 1 1 ¬1 1 1 1 . 1 1 0 1 0 ¬ r、y异号， +[y]补 1 1 . 1 1 1 0 1 1 1.0 0 + 0 0 . 1 1 0 1 1 r、y异号， +[y]补 0 0 . 1 0 1 0 1
0 1 . 0 1 0 1 0 1 . 0 0 1¬续： 被除数（余数） 商 1 0 0¬ + 1 1 . 0 0 1 0 1 r、y同号， +[-y]补 0 0 . 0 1 1 1 1 1 . 1 1 1 1 0 1.0 0 1 1 + 1 1 . 0 0 1 0 1 1.0 0 1 1 1 —— 恒置1 + 1 1 . 0 0¬r、y同号，+[-y]补 0 0 . 0 0 0 1 1 1 1 0 1 r、x异号，（恢复余数） 1 1 . 0 1 0 0 0 且r、y同号，+[-y]补 y=¸y]补=1.001 11，x¸注：恒置1引入误差。 [r5]补=1.010 00， r= -0.000 001 100 0 [x -0.110 01
（3）x= 0.101 00，y= -0.100 01 x*= [x]原= [x]补= x=0.101 00 [y]原 = 1.100 01 y* = 0.100 01 [-y*]补=1.011 11 [y]补= 1.011 11 y*= 1.001 01 —— 溢出 ¸ 1 = 1 x*Å y0 = 0 Å [-y]补= 0.100 01 q0 = x0 y = -1.001 01 r*=0.010 11×2-5 =0.000¸y]原：无定义 x¸ [x 000 101 1 计算过程如下：
原码加减交替除法： 被除数（余数） 商 0 . 1 0 1 0 0 0 . 0 0 0 0 0 + 1 . 0 1 1 1 1 试减，+[-y*]补 0 . 0 0 0 . 0 0 1 1 0 1¬0 1 1 1 . + 1 . 0 1 1 1 1 r>0， +[-y*]补 1 . 1 0 1 0 1 1 . 0 1 0 1 0 1.0 + 0 . 1 0¬ 1 0 0 1 r< 1 . 1 0 1 1 0 ¬0， +y* 1 . 1 1 0 1 1 1 1.0 0 + 0 . 1 0 0 0 1 r<0， +y* 0 . 0 0 1 1 1
0 . 0 1 1 1 0 1 . 0 0 1 ¬续： 被除数（余数） 商 1 + 1 . 0 1 1 1 1 r> 1 . 1 1¬0， +[-y*]补 1 . 1 1 1 0 1 1 0 1 0 1.0 0 1 0 + 0 . 1 0 0 0 1 r<0，+y* 1.0 0 1 0 1 r¬0 . 0 1 0 1 1 1>0， 结束 注：当x*>y*时产生溢出，这种情况在第一步运算后判断r的正负时就可发现。此时数值位占领小数点左边的1位，原码无定义，但算法本身仍可正常运行。
补码加减交替除法： 被除数（余数） 商 0 0 . 1 0 1 0 0 0 . 0 0 0 0 0 + 1 0 0 . 0 0 1 ¬1 . 0 1 1 1 1 试减，x、y异号，+[y]补 0 0 . 0 0 0 1 1 1 1 0 0 . + 1 1 . 0 1 1 1 1 r、y异号，+[y]补 1 1 . 0 1 0 1 0 0.1 + 0 0 .¬ 1 1 . 1 0 1 0 1 1 1 1 . 1 0 1¬1 0 0 0 1 r、y同号， +[-y]补 1 1 . 1 1 0 1 1 1 1 0 0.1 1 + 0 0 . 1 0 0 0 1 r、y同号， +[-y]补 0 0 . 0 0 1 1 1
0 0 . 0 1 1 1 0 ¬续： 被除数（余数） 商 1 0 . 1 1 0 + 1 1 . 0 1 1 1 1 r、y异号， +[y]补 1 1 . 1 1 . 1 1 0 1 0 0.1 1 0 1 + 0 0 . 1 0 0 0¬1 1 1 0 1 1 0.1 1 0 1 1 —— 恒置1 ¬1 r、y同号，+[-y]补 0 0 . 0 1 0 1 1 1 r、x同号，结束 [r5]补=0.010 11，r=r*=0.000 000 101 1 Åy= -1.001 01 判溢出：qf ¸y]补=10.110 11，x¸ 1 = 1 [xÅ y0 = 0 Å真符位的产生：qf = x0 0 = 1，溢出Åq0 = 1
注：由于本题中x*>y*，有溢出。除法运算时一般在运算前判断是否x* >y*，如果该条件成立则停止运算，转溢出处理。但此算法本身在溢出情况下仍可正常运行，此时数值位占领小数点左边的1位，商需设双符号位（变形补码），以判溢出。采用这种方法时运算前可不判溢出，直接进行运算，运算完后再判溢出。
（4）x=13/32=（0.011 01）2 y= -27/32=（-0.110 11）2 x*= [x]原= [x]补= x=0. 011 01 [y]原 = 1.110 11 y* = 0.110 11 [-y*]补=1.001 01 [y]补= 1.001 01 y*= 0.011 11 ¸ 1 = 1 x*Å y0 = 0 Å[-y]补= 0.110 11 q0 = x0 y =（-0.011 11）2 = -15/32 r*=0.010 11×2-5 ¸y]原=1.011 11 x¸[x =0.000 000 101 1
原码加减交替除法： 被除数（余数） 商 0 . 0 1 1 0 1 0 . 0 0 0 0 0 + 1 . 0 0 1 0 1 试减，+[-y*]补 1 . 1 0 0 1 . 0 0 1 0 0 0 .¬ 1 0 1 + 0 . 1 1 0 1 1 r<0， +y* 1 . 1 1 1 1 1 1 . 1 1 1 1 0 0.0 + 0 . 1 1 0 1¬ 1 1 r< 1 . 1 0 0 1 0 ¬0， +y* 0 . 1 1 0 0 1 1 0.0 1 + 1 . 0 0 1 0 1 r>0， +[-y*]补 0 . 1 0 1 1 1
1 . 0 1 1 1 0 0 . 0 1 1 ¬续： 被除数（余数） 商 1 + 1 . 0 0 1 0 1 r> 1 . 0 0¬0， +[-y*]补 0 . 1 0 0 1 1 1 1 1 0 0.0 1 1 1 + 1 . 0 0 1 0 1 r>0， +[-y*]补 0.0 1 1 1 1 r¬ 0 . 0 1 0 1 1 1>0， 结束
补码加减交替除法： 被除数（余数） 商 0 0 . 0 1 1 0 1 0 . 0 0 ¬0 0 0 + 1 1 . 0 0 1 0 1 试减，x、y异号，+[y]补 1 1 . 1 0 0 1 0 1 1 1 . 0 0 1 0 0 1 . + 0 0 . 1 1 0 1 1 1 1 . 1 1 1 1 0 ¬ r、y同号，+[-y]补 1 1 . 1 1 1 1 1 1 1.1 + 0 0 . 1 1 0 1 1 r、y同号，+[-y]补 0 0 . 1 1 0 0 1 0 1 . 1 0 0 1 0 1.1 0 + 1 1 . 0 0 1 0 1 ¬1 r、y异号， +[y]补 0 0 . 1 0 1 1 1
0 1¬续： 被除数（余数） 商 1 . 0 1 1 1 0 1 . 1 0 0 + 1 1 . 0 0 1 0 1 r、y异号， 0 1 . 0 0 1 1 0 1.1 0 0 0 +¬+[y]补 0 0 . 1 0 0 1 1 1 1.1 0¬ 1 1 . 0 0 1 0 1 r、y异号，+[y]补 0 0 . 0 1 0 1 1 1 0 0 1 —— 恒置1 r、x同号，结束 [r]补=0.010 y=（-0.011 11）2 = -15/32¸y]补=1.100 01，x¸11，r=r*=0.000 000 101 1 [x
22. 设机器字长为16位（含1位符号位），若一次移位需1µs，一次加法需1 µs，试问原码一位乘、补码一位乘、原码加减交替除法和补码加减交替除法各最多需多少时间？ 解：原码一位乘最多需时 1µs×15（加）+ 1µs×15（移位）=30µs 补码一位乘最多需时 1µs×16+1µs×15 = 31µs 原码加减交替除最多需时 1µs×（16+1）+1µs×15=32µs (或33µs） 补码加减交替除最多需时 1µs×（16+1） +1µs×15=32µs (或33µs） (包括最后恢复余数！)
23. 对于尾数为40位的浮点数（不包括符号位在内），若采用不同的机器数表示，试问当尾数左规或右规时，最多移位次数各为多少？ 解：对于尾数为40位的浮点数，若采用原码表示，当尾数左规时，最多移位39次；反码表示时情况同原码；若采用补码表示，当尾数左规时，正数最多移位39次，同原码；负数最多移位40次。当尾数右规时，不论采用何种码制，均只需右移1次。
24. 按机器补码浮点运算步骤，计算[x±y]补 （1）x=2-011× 0.101 100， y=2-010×（-0.011 100）； （2）x=2-011×（-0.100 010）， y=2-010×（-0.011 111）； （3）x=2101×（-0.100 101）， y=2100×（-0.001 111)。 解：先将x、y转换成机器数形式： （1）[x]补=1，101；0.101 100 [y]补=1，110；1.100 100 注：为简单起见，源操作数可直接写成浮点格式，不必规格化。
E]补=[Ex]补+[-Ey]补 D1）对阶： [ E]补D=11，101+00，010=11，111 [<0，应Ex向Ey对齐，则： [Ex]补+1=11，101+00，001 E]补+1=11，111+00，001 =00，000=0 至此，D =11，110 [ Ex=Ey，对毕。 [x]补=1，110；0.010 110 2）尾数运算： [Mx]补+[My]补= 0 0 . 0 1 0 1 1 0 + 1 1 . 1 0 0 1 0 0 1 1 . 1 1 1 0 1 0
[Mx]补+[-My]补= 0 0 . 0 1 0 1 1 0 + 0 0 . 0 1 1 1 0 0 0 0 . 1 1 0 0 1 0 3）结果规格化： [x+y]补=11，110；11.111 010 =11，011；11.010 000 （左规3次，阶码减3，尾数左移3位） [x-y]补=11，110；00.110 010 已是规格化数。 4）舍入：无 5）溢出：无 则：x+y=2-101×（-0.110 000） x-y =2-010×0.110 010
（2）x=2-011×（-0.100010） y=2-010×（-0.011111） [x]补=1，101；1.011 110 [y]补=1，110；1.100 001 1）对阶： 过程同1），则 [x]补=1，110；1.101 111 2）尾数运算： [Mx]补+[My]补= 1 1 . 1 0 1 1 1 1 + 1 1 . 1 0 0 0 0 1 1 1 . 0 1 0 0 0 0 [Mx]补+[-My]补= 1 1 . 1 0 1 1 1 1 + 0 0 . 0 1 1 1 1 1 0 0 . 0 0 1 1 1 0
3）结果规格化： [x+y]补=11，110；11.010 000 已是规格化数。 [x-y]补=11，110；00.001 110 =11，100；00.111 000 （左规2次，阶码减2，尾数左移2位） 4）舍入：无 5）溢出：无 则：x+y=2-010×（-0.110 000） x-y =2-100× 0.111 000
（3）x=2101×（-0.100 101） y=2100×（-0.001 111） [x]补=0，101；1.011 E]补=[Ex]补+[-Ey]补 D011 [y]补=0，100；1.110 001 1）对阶： [ E]补D=00，101+11，100=00，001 [>0，应Ey向Ex对齐，则： [Ey]补+1=00，100+00，001 E]补+[-1]补=00，001+11，111 =00，000=0 至此，D =00，101 [ Ey=Ex，对毕。 [y]补=0，101；1.111 000（1）
2）尾数运算： [Mx]补+[My]补= 1 1 . 0 1 1 0 1 1 + 1 1 . 1 1 1 0 0 0（1） 1 1 . 0 1 0 0 1 1（1） [Mx]补+[-My]补= 1 1 . 0 1 1 0 1 1 + 0 0 . 0 0 0 1 1 1（1） 1 1 . 1 0 0 0 1 0（1） 3）结果规格化： [x+y]补=00，101；11.010 011（1） 已是规格化数。 [x-y]补=00，101；11.100 010（1） =00，100；11.000 101 （左规1次，阶码减1，尾数左移1位）
4）舍入： [x+y]补=00，101；11.010 011（舍） [x-y]补不变。 5）溢出：无 则：x+y=2101×（-0.101 101） x-y =2100×（-0.111 011）
27. 设浮点数阶码取3位，尾数取6位（均不包括符号位），要求阶码用移码运算，尾数用补码运算，计算x•y，且结果保留1倍字长。 （1）x=2-100× 0.101101， y=2-011×（-0.110101）； （2）x=2-011×（-0.100111）， y=2101×（-0.101011）。 解：先将x、y转换成机器数形式： （1）[x]阶移尾补=0，100；0.101 101 [y]阶移尾补=0，101；1.001 011 1）阶码相加： [Ex]移+[Ey]补=00，100+11，101 =00，001（无溢出）
2）尾数相乘： （补码两位乘比较法） 部分积 乘数 yn+1 0 0 0 . 0 0 0 0 0 0 1 1 . 0 0 1 0 1 1 0 + 1 1 1 . 0 1 0 0 1 1 +[-x]补 1 1 1 . 0 1 0 0 1 2 1 1 1 . 1 1 0 1 0 0 1 1 1 1 .0 0 1 0 1 + 1 1 1 .®1 0 1 0 0 1 1 +[-x]补 1 1 1 . 0 0 0 1 1 1 2 1 1 1 . 1 1 0 0 0 1 1 1 1 1 1 1 . 0® 0 1 + 0 0 0 . 1 0 1 1 0 1 +[x]补 0 0 0 2 0 0 0 . 0 0 0 1 1 1 ®. 0 1 1 1 1 0 1 0 1 1 1 1 1 1 . 0 + 1 1 1 . 0 1 0 0 1 1 +[-x]补 1 1 1 . 0 1 1 0 1 0 1 0 1 1 1 1 0 0(清0)
[Mx × My]补=1.011 010（101 111 00） 3）结果规格化：已是规格化数。 4）舍入：设采用0舍1入法，应入： [x×y]阶移尾补=0，001；1.011 011 5）溢出：无 x×y=2-111×（-0.100 101） 方案二：采用阶补尾原格式计算： [x]阶补尾原=1，100；0.101 101 [y]阶补尾原=1，101；1.110 101 1）阶码相加： [Ex]补+[Ey]补=11，100+11，101 =11，001（无溢出）
原码一位乘： 部分积 乘数y* 0 . 0 0 0 0 0 0 . 1 1® 1 0 1 0 1 —— +x* + 0 . 1 0 1 1 0 1 0 . 1 0 1 1 0 1 1 0 . 0 0 1 0 1 1 ® 0 . 0 1 0 1 1 0 1 . 1 1 0 1 0 —— +0 0 1 . 1 1 0 1 —— +x* + 0 . 1 0 1 1 0 1 0 . 1 1 1 0 0 1 0 . 0 0 1 1®1 0 . 0 1 1 1 0 0 0 0 1 . 1 1 0 —— +0 ®0 1 0 0 0 0 1 . 1 1 —— +x* + 0 . 1 0 1 1 0 1 0 . 1 1 1 1 0 . 0 1 1 1 0 1 1 0 0 0 1 . 1 —— +x* + 0 . 1® 0 1 1 1 0 . 1 0 0 1 0 1 0 1 0 0®0 1 1 0 1 1 . 0 0 1 0 1 0 0 1
[Mx × My]原=1.100 101（010 001） 3）结果规格化：已是规格化数。 4）舍入：设采用0舍1入法，应舍： [x×y]阶补尾原=1，001；1.100 101 5）溢出：无 x×y=2-111×（-0.100 101） （2）x=2-011×（-0.100 111） y=2101×（-0.101 011） [x]阶移尾补=0，101；1.011 001 [y]阶移尾补=1，101；1.010 101 1）阶码相加： [Ex]移+[Ey]补=00，101+00，101 =01，010（无溢出）
2）尾数相乘： （补码两位乘比较法） 部分积 乘数 yn+1 0 0 0 . 0 0 0 0 0 0 1 1 . 0 1 0 1 0 1 0 + 1 1 1 . 0 1 1 0 0 1 +[x]补 1 1 1 . 0 1 1 2 1 1 1 . 1 1 0 1 1 0 0 1 1 1 .0 1 0 1 0 + 1® 0 0 1 1 1 . 0 1 1 0 0 1 +[x]补 1 1 1 . 0 0 1 1 1 1 2 1 1 1 . 1 1 0 0 1 1 1 1 0 1 1 ® 1 . 0 1 0 + 1 1 1 . 0 1 1 0 0 1 +[x]补 2 1 1 1 . 1 1 0 0 1®1 1 1 . 0 0 1 1 0 0 1 0 0 1 1 0 1 1 1 . 0 + 0 0 0 . 1 0 0 1 1 1 +[-x]补 0 0 0 . 0 1 1 0 1 0 0 0 1 1 0 1 0 0(清0) [Mx × My]补=0.011 010（001 101 00）
3）结果规格化： [x×y]阶移尾补= = 1，010；0.011 010（001 101 00） = 1，001；0.110 100（011 010 0） 4）舍入：设采用0舍1入法，应舍： [x×y]阶移尾补=1，001；0. 110 100 5）溢出：无 x×y=2001×0.110 100 方案二：采用阶补尾原格式计算： [x]阶补尾原=1，101；1.100 111 [y]阶补尾原=0，101；1.101 011 1）阶码相加： [Ex]补+[Ey]补=11，101+ 00，101 =00，010（无溢出）
原码一位乘： 部分积 乘数y* 0 . 0 0 0 0 0 0 . 1 0 1 0 1 1 1 0 . 0 1 0 0 1 1 ®—— +x* + 0 . 1 0 0 1 1 1 0 . 1 0 0 1 1 1 1 . 1 0 1 0 1 —— +x* + 0 . 1 0 0 1 1 1 0 . 1 1 1 0 1 1 0 . 0 0 1 1®1 0 . 0 1 1 1 0 1 0 1 . 1 0 1 0 —— +0 ®0 1 0 1 0 1 . 1 0 1 —— +x* + 0 . 1 0 0 1 1 1 0 . 1 1 0 1 0 . 0 0®1 0 . 0 1 1 0 1 0 1 1 0 1 . 1 0 —— +0 ® 1 0 1 1 1 0 1 0 1 1 0 1 . 1 —— +x* + 0 . 1 0 0 1 1 1 0 . 1 0 . 0 1 1 0 1 0 0 0 1 1 0 1®1 1 0 1 0 0
[Mx × My]原=0.011 010（001 101） 3）结果规格化： [x×y]阶补尾原= = 0，010；0.011 010（001 101） = 0，001；0.110 100（011 01） 4）舍入：设采用0舍1入法，应舍： [x×y]阶补尾原=0，001；0. 110 100 5）溢出：无 x×y=2001×0.110 100
28. 机器数格式同上题，要求阶码用移码运算，尾数用补码运算，计算x÷y。 （1）x=2101× 0.100111， y=2011×（-0.101011）； （2）x=2110×（-0.101101）， y=2011×（-0.111100）。
解：先将x、y转换成机器数形式： （1）[x]阶移尾补=1，101；0.100 111 [y]阶移尾补=1，011；1.010 101 1）阶码相减： [Ex]移+[-Ey]补=01，101+11，101 =01，010（无溢出）
2）尾数相除： （补码加减交替除法） 被除数（余数） 商 0 0 . 1 0 0 1 1 1 0 . 0 0 0 0 0 0 试减， + 1 1 . 0 1 0 1 0 1 Mx、My异号，+[My]补 1 1 . 1 1 1 1 . 1 1 1 0 0 0 1 . + 0 0 . 1 0 1 0¬1 1 0 0 1 0 1 . 0 0 0 1 1¬1 1 r、My同号，+[-My]补 0 0 . 1 0 0 0 1 1 1 0 1.0 + 1 1 . 0 1 0 1 0 1 r、My异号， +[My]补 0 0 . 1 1 0 1 1 0 1.0 0 + 1 1 . 0¬0 0 . 0 1 1 0 1 1 1 1 0 1 0 1 r、My异号， +[My]补 0 0 . 0 0 1 0 1 1
续： 被除数（余数） 0 0 . 0 1 0 1 1 0 1 . 0 0 0 + 1 1 . 0 1 0¬ 商 1 1 1 . 0 1 0 1 1¬ 1 0 1 r、My异号， +[My]补 1 1 . 1 0 1 0 1 1 1 0 1.0 0 0 1 + 0 0 . 1 0 1 0 1 1 r、My同号，+[-My]补 0 0 . 0 0 0 0 1 0 1.0 0 0 1 0 + 1 1 .¬0 0 . 0 0 0 0 0 1 1 1.0 0 0 1¬0 1 0 1 0 1 r、My异号， +[My]补 1 1 . 0 1 0 1 1 1 1 0 1 —— 恒置1 + 0 0 . 1 0 1 0 1 1 r、Mx异号，（恢复余数） 0 0 . 0 0 0 0 1 My]补= 1.000 101， [r]补=0.000 010 r= 0 .000¸0 且r、My同号， +[-My]补 [Mx 2-6 =0.000 000 000 010´010
3）结果规格化：已是规格化数。 4）舍入：已恒置1舍入。 5）溢出：无 y=2010×（-0.111 011） 方案二：采用阶补尾原形式： ¸y]阶移尾补=1，010；1.000 101 x ¸[x [x]阶补尾原=0，101；0.100 111 [y]阶补尾原=0，011；1.101 011 1）阶码相减： [Ex]补+[-Ey]补=00，101+11，101 =00，010（无溢出）
2）尾数相除： （原码加减交替除法） 被除数（余数） 商 0 0 . 1 0 0 1 1 1 0 . 0 0 0 0 0 0 试减， + 1 1 . 0 1 0 1 0 1 +[-My*]补 1 1 . 1 1 1 0 0 0 0 . + 0 0 .¬1 1 . 1 1 1 1 0 0 1 0¬0，+My* 0 0 . 1 0 0 0 1 1 1<1 0 1 0 1 1 r 1 . 0 0 0 1 1 0 0.1 + 1 1 . 0 1 0 1 0 1 0 0 . 1 1 0 1 1 0 ¬0， +[-My*]补 0 0 . 0 1 1 0 1 1 1> r 0， +[-My*]补 0 0 . 0 0> 0.1 1 + 1 1 . 0 1 0 1 0 1 r 1 0 1 1
0 0 . 0 1 0 1 1 0 ¬续： 被除数（余数） 商 1 0， +[-My*]补 1 1 . 1>0 . 1 1 1 + 1 1 . 0 1 0 1 0 1 r 1 1 . 0 1 0 1 1 0 0.1 1 1 0 + 0 0 . 1 0 1 ¬0 1 0 1 1 1 0 0 . 0 0 0 0¬0，+My* 0 0 . 0 0 0 0 0 1 1<0 1 1 r 0，>1 0 0.1 1 1 0 1 + 1 1 . 0 1 0 1 0 1 r 0.1 1 1 0 1 0 + 0 0 . 1 0 1 0 1¬+[-My*]补 1 1 . 0 1 0 1 1 1 1 0 ，恢复余数，+My* 0 0 . 0 0 0 0 1 0 <1 r 2-6 =0.000 000 000 010´My]原= 1.111 010 r*= 0 .000 010 ¸[Mx
¸y]阶补尾原=0，010；1.111 010 x ¸3）结果规格化：已是规格化数。 4）舍入：无 5）溢出：无 [x y=2010×（-0.111 010） （2）x=2110×（-0.101 101） y=2011×（-0.111 100） [x]阶移尾补=1，110；1.010 011 [y]阶移尾补=1，011；1.000 100 1）阶码相减： [Ex]移+[-Ey]补=01，110+11，101 =01，011（无溢出）
2）尾数相除： （补码加减交替除法） 被除数（余数） 商 1 1 . 0 1 0 0 1 1 0 . 0 0 0 0 0 0 试减， + 0 0 . 1 1 1 1 0 0 Mx、My同号，+[-My]补 0 0 . 0 0 0 . 0 1 1 1 1 0 0 . + 1 1 . 0 0 0 ¬0 1 1 1 1 1 1 1 . 0 0 0 1 0¬1 0 0 r、My异号，+[My]补 1 1 . 1 0 0 0 1 0 1 0 0.1 + 0 0 . 1 1 1 1 0 0 r、My同号， +[-My]补 0 0 . 0 0 0 0 0 0 0.1 0 + 1 1 .¬ 0 0 . 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 r、My异号， +[My]补 1 1 . 0 0 0 1 0 0
续： 被除数（余数） 1 0 . 0 0 1 0 0 0 0 . 1 0 1 + 0 0 . 1 1¬ 商 1 1 0 . 0 0 1 0¬1 1 0 0 r、My同号， +[-My]补 1 1 . 0 0 0 1 0 0 1 0 0 0.1 0 1 1 + 0 0 . 1 1 1 1 0 0 r、My同号，+[-My]补 1 0 . 0 0 1 0 0 0 0.1 0 1 1 1 + 0 0¬ 1 1 . 0 0 0 1 0 0 1 0.1 0 1 ¬. 1 1 1 1 0 0 r、My同号， +[-My]补 1 1 . 0 0 0 1 0 0 1 My]补= 0.101 111，¸1 1 1 —— 恒置1 r、Mx同号，结束。 [Mx 2-6 = -0.000 000 111 100´[r]补=1.000 100=[My]补 r= -0.111 100
注：由于补码加减交替除法算法中缺少对部分余数判“0”的步骤，因此算法运行中的某一步已除尽时，算法不会自动停止，而是继续按既定步数运行完。此时商由算法本身的这一缺陷引入了一个误差，而余数的误差正好等于除数。 商的误差引入的原因：当r、My同号时，此题中表示够减（r、Mx同号）；当r、My异号时，此题中表示不够减（r、Mx异号）；因此，当r=0时，被判为不够减（实际上应为够减），商0（实际上应商1），由此引入了误差。
3）结果规格化：已是规格化数。 y=2011× 0.101 111¸y]阶移尾补=1，011；0.101 111 x ¸4）舍入：已恒置1舍入。 5）溢出：无 [x 方案二：采用阶补尾原形式： [x]阶补尾原=0，110；1.101 101 [y]阶补尾原=0，011；1.111 100 1）阶码相减： [Ex]补+[-Ey]补=00，110+11，101 =00，011（无溢出）
2）尾数相除： （原码加减交替除法） 被除数（余数） 商 0 0 . 1 0 1 1 0 1 0 . 0 0 0 0 0 0 试减， + 1 1 . 0 0 0 1 0 0 1 1 . 1 0 0 0 1 0 ¬ +[-My*]补 1 1 . 1 1 0 0 0 1 1 0，+My* 0 0< 0 . + 0 0 . 1 1 1 1 0 0 r 0 0 . 1 1 1 1 0 0 0.1 + 1 1 . 0 0 0¬. 0 1 1 1 1 0 1 0 0 . 0 0¬0， +[-My*]补 0 0 . 0 0 0 0 0 0 1> 1 0 0 r 0，>0 0 0 0 0.1 1 + 1 1 . 0 0 0 1 0 0 r +[-My*]补 1 1 . 0 0 0 1 0 0
1 0 .¬续： 被除数（余数） 商 1 0 0 1 0 0 0 0 . 1 1 0 + 0 0 . 1 1 1 1 0 0 1 0 . 0 0 1 0 0 0 0.1¬0，+My* 1 1 . 0 0 0 1 0 0 1< r 0，+My* 1 1 . 0 0< 1 0 0 + 0 0 . 1 1 1 1 0 0 r 1 0 . 0 0 1 0 0 0 0.1 1 0 0 0 + 0 0 . 1 1 1 1¬0 1 0 0 1 0.1 1 0 0 0 0¬0，+My* 1 1 . 0 0 0 1 0 0 1<0 0 r 0，恢复余数，+My* 0 0 . 0 0 0 0 0 0< + 0 0 . 1 1 1 1 0 0 r 2-6 = -0.000 000 000 000´My]原= 0.110 000， r= -0.000 000¸[Mx
3）结果规格化：已是规格化数。 y=2011× 0.110 000 29.¸y]阶补尾原=0，011；0.110 000 x ¸4）舍入：无 5）溢出：无 [x 设机器字长为32位，用与非门和与或非门设计一个并行加法器（假设与非门的延迟时间为30ns，与或非门的延迟时间为45ns），要求完成32位加法时间不得超过0.6µs。画出进位链及加法器逻辑框图。
解：首先根据题意要求选择进位方案： 1）若采用串行进位链（行波进位），则在di、ti函数的基础上，实现32位进位需要的时间为： 30=1920ns 不满足0.6µs的加法时间限制，不能用。（设1ty=30ns） ´32=64ty=64´T=2ty 30=600ns ´8组=20ty=20´2）若采用单重分组跳跃进位（级连方式），则在di、ti的基础上，4位一组分组，32位进位需： T=2.5ty 刚好满足0.6 µs加法时间的限制，
考虑到一次加法除进位时间外，还需di、ti函数的产生时间、和的产生时间（最高位和）等因素，故此进位方案仍不适用。 30=450ns ´6组=15ty=15´结论：若采用单重分组跳跃进位，小组规模需在6位以上较为合适。即： T=2.5ty 除进位外还有150ns（约5ty）左右的时间供加法开销，较充裕。 3）若采用双重分组跳跃进位（二级先行—级联进位），4位一小组，4小组为一大组分组，则32位进位需： 30=300ns 完全满足0.6µs的加法时间限制，可以使用。´4级=10ty=10´T=2.5ty
32位双重分组跳跃进位的进位链框图见教材287页图6.23。 6位一组单重分组跳跃进位的进位链框图如下：
加法器逻辑框图如下。图中，进位链电路可选上述两种方案之一。
30. 设机器字长为16位，分别按4、4、4、4和5、5、3、3分组， （1）画出按两种分组方案的单重分组并行进位链框图，并比较哪种方案运算速度快。 （2）画出按两种分组方案的双重分组并行进位链框图，并对这两种方案进行比较。 （3）用74181和74182画出单重和双重分组的并行进位链框图。 解： （1）4—4—4—4分组的16位单重分组并行进位链框图见教材286页图6.22。
5—5—3—3分组的16位单重分组并行进位链框图如下：
（2）4—4—4—4分组的16位双重分组并行进位链框图见教材289页图6.26。 5—5—3—3分组的16位双重分组并行进位链框图如下：
3=7.5ty； ´3=7.5ty； 5—5—3—3分组的进位时间=2.5ty´ 4—4—4—4分组的进位时间=2.5ty 两种分组方案最长加法时间相同。 结论：双重分组并行进位的最长进位时间只与组数和级数有关，与组内位数无关。
（3）单重分组16位并行加法器逻辑图如下（正逻辑）：
注意： 1）181芯片正、负逻辑的引脚表示方法； 2）为强调可比性，5-5-3-3分组时不考虑扇入影响； 3）181芯片只有最高、最低两个进位输入/输出端，组内进位无引脚； 4）181为4位片，无法5-5-3-3分组，只能4-4-4-4分组； 5）单重分组跳跃进位只用到181，使用182的一定是双重以上分组跳跃进位； 6）单重分组跳跃进位是并行进位和串行进位技术的结合；双重分组跳跃进位是二级并行进位技术；特别注意在位数较少时，双重分组跳跃进位可以采用全先行进位技术实现；位数较多时，可采用双重分组跳跃进位和串行进位技术结合实现。
第 七 章
8. 画出先变址再间址及先间址再变址的寻址过程示意图。
解：1）先变址再间址寻址过程简单示意如下： EA=[(IX)+A]， IX®(IX)+1
IX®2）先间址再变址寻址过程简单示意如下： EA=(IX)+(A)， (IX)+1
注意： 3）寻址后把操作数送回指令操作码，再访存。´1）英文缩写EA表示有效地址，不能乱用。 2）示意图中应标明EA（有效地址）的位置。
12. 16位，且存储字长等于指令字长，若该机指令系统可完成108种操作，操作码位数固定，且具有直接、间接、变址、基址、相对、立即等六种寻址方式，试回答：´某机主存容量为4M （1）画出一地址指令格式并指出各字段的作用； （2）该指令直接寻址的最大范围； （3）一次间址和多次间址的寻址范围； （4）立即数的范围（十进制表示）；
（5）相对寻址的位移量（十进制表示）； （6）上述六种寻址方式的指令哪一种执行时间最短？哪一种最长？为什么？哪一种便于程序浮动？哪一种最适合处理数组问题？ （7）如何修改指令格式，使指令的寻址范围可扩大到4M？ （8）为使一条转移指令能转移到主存的任一位置，可采取什么措施？简要说明之。
解： （1）单字长一地址指令格式： 7 3 6
（2）A为6位，该指令直接寻址的最大范围为26=64字； （3）一次间址的寻址范围为216=64K字； 多次间址的寻址范围为215=32K字； （4）立即数的范围：若采用补码表示为1FH~20H；十进制表示为31~ -32；无符号数为0~63； （5）相对寻址的位移量范围在采用补码表示时同立即数范围，为31~ -32；
（6）六种寻址方式中，立即寻址指令执行时间最短，因为此时不需寻址； 间接寻址指令执行时间最长，因为寻址操作需访存一次到多次； 相对寻址便于程序浮动，因为此时操作数位置可随程序存储区的变动而改变，总是相对于程序一段距离； 变址寻址最适合处理数组问题，因为此时变址值可自动修改而不需要修改程序。
（7）为使指令寻址范围可扩大到4M，需要有效地址22位，此时可将单字长一地址指令的格式改为双字长，如下图示： 7 3 6
（8）如使一条转移指令能转移到主存的任一位置，可采用上述双字长一地址指令，通过选用合适的寻址方式完成。（如选用直接寻址就可转移到主存任一位置，但选用相对寻址则只能在±2M范围内转移。） 除此之外，（7）、（8）两题也可通过段寻址方式达到扩大寻址空间的目的。总之，不论采取何种方式，最终得到的实际地址应是22位。
方案二： （7）如果仍采用单字长指令（16位）格式，为使指令寻址范围扩大到4M，可通过段寻址方案实现。安排如下： 硬件设段寄存器DS（16位），用来存放段地址。在完成指令寻址方式所规定的寻址操作后，得有效地址EA（16位），再由硬件自动完成段寻址，最后得22位物理地址。 26 + EA ´ 物理地址=（DS） 注：段寻址方式由硬件隐含实现。在编程指定的寻址过程完成、EA产生之后由硬件自动完成，对用户是透明的。
方案三： （7）在采用单字长指令（16位）格式时，还可通过页面寻址方案使指令寻址范围扩大到4M。安排如下： 硬件设页面寄存器PR（16位），用来存放页面地址。指令寻址方式中增设页面寻址。当需要使指令寻址范围扩大到4M时，编程选择页面寻址方式，则： EA =（PR）‖A （有效地址=页面地址“拼接”6位形式地址） 这样得到22位有效地址。
（5）相对寻址的位移量范围为： ´讨论： （6）基址寻址便于程序浮动；´（PC)-32； （PC内容此时做基地址使用，形式地址给出位移量） ~（PC)+31 （7）采用基址寻址： ´（基址寻址的程序浮动能力没有相对寻址强，在两种寻址方式都给出的情况下，描述程序浮动能力时应选相对寻址） 采用32位指令：(应为双字长指令)´物理地址=段地址+段内位移量A
通过基址寻址与段寻址获得实际地址的区别： 存储器地址位数），位移量比较短（=形式地址位数），相加后得到的有效地址长度=基地址长度。此时主存不分段。 ³1）基址寻址的基地址一般比较长（ 实际地址=有效地址=基地址+位移量 段寻址是基址寻址的一种变种，当基地址短于存储地址时，基址寻址就变成了段寻址，基地址就叫做段地址，此时主存分段。 偏移量+段内位移量（有效地址）´实际地址=段地址
存储字长的机器中，可直接通过寻址计算获得实际地址。 ³ 2）基址寻址一般在机器字长 存储字长的机器中，由于CPU内部数据通路的限制，编程指定的任何一种寻址计算得到的有效地址长度都等于机器字长，为获得更长的地址字，硬件自动通过段寻址计算出存储器实际地址。£在机器字长 （7）采用变址间接寻址，变址寄存器6位，先变址，再间址， EA=(6位基地址)*(16位间接地址） =26*216=222 ´ （通过乘法运算进行寻址操作太慢且复杂，无机器用过）
（8）如使一条转移指令能转移到主存的任一位置，可采用RS型指令； （´ 两个错：1）RS型只是二地址以上指令的类型，即指令中二个地址场一个给出寄存器号，一个给出面向存储器的地址信息。2）题意的实现与寻址方式和形式地址长度有关，与指令的地址场结构无直接关系。） 16位容量=226位，采用变址间接寻址，变址寄存器10位，210*216构成26位地址；´ 4M´ （两个错：1）存储器地址结构错；2）寻址计算方法错，见前面的讨论）
´ （8）A需22位，采用（7）的双字长指令格式，令PC=0，当PC取不同值时指明当前位置不同； （把转移指令（指令的跳跃寻址）与数据的相对寻址混淆。转移指令可重置PC值，相对寻址时只是用PC的值，而不能对其修改） 相关问题： * 一般：机器字长=存储字长； * CPU中所有寄存器（包括基址寄存器）的位数=机器字长；
* 通常：指令字长不一定等于机器字长。早期的小型机由于字长较短，指令常以机器字长为单位变化（几字长指令，如PDP-11机），目前以字节长为单位变化（几字节指令）的较多。习题中指令字长=机器字长的假设只是为简单起见； * 当设指令字长=存储字长（=机器字长）时，如用立即寻址，由于立即数由形式地址直接给出，而形式地址的位数肯定不足一个字长，因此立即寻址非常适用于编程给出短常数的场合。如果非要把立即数存入存储器，那就只好高位补0了。干吗这样用呢？ 提示：寻址方式的正确选择与编程技巧有关。
15. 某CPU内有32个32位的通用寄存器，设计一种能容纳64种操作的指令系统。假设指令字长等于机器字长，试回答： （1）如果主存可直接或间接寻址，采用“寄存器—存储器”型指令，能直接寻址的最大存储空间是多少？画出指令格式并说明各字段的含义。 （2）如果采用通用寄存器作基址寄存器，则上述“寄存器—存储器”型指令的指令格式有何特点？画出指令格式并指出这类指令可访问多大的存储空间？
解： （1）如采用RS型指令，则此指令一定是二地址以上的地址格式，指令格式如下： 6 5 1 20
（2）如采用基址寻址，则指令格式中应给出基址寄存器号，以指定哪一个通用寄存器用作基址寄存器。指令格式变为： 6 5 1 1 5 14
（2）指令格式：´讨论：
16. 某机字长16位，存储器直接寻址空间为128字，变址时的位移量为-64~+63，16个通用寄存器均可作为变址寄存器。采用扩展操作码技术，设计一套指令系统格式，满足下列寻址类型的要求： （1）直接寻址的二地址指令3条； （2）变址寻址的一地址指令6条； （3）寄存器寻址的二地址指令8条； （4）直接寻址的一地址指令12条； （5）零地址指令32条。 试问还有多少种代码未用？若安排寄存器寻址的一地址指令，最多还能容纳多少条？
解：题意分析： 设指令字长=机器字长，128字的直接寻址空间要求形式地址A为7位，-64~+63的位移量也需7位（6位加1位符号位），16个通用寄存器作变址寄存器需4位变址寄存器号，则指令格式为： （1）直接寻址的二地址指令： 2 7 7
（3）寄存器寻址的二地址指令： 8 4 4
（6）若安排寄存器寻址的一地址指令，指令格式应为： 12 4
操作码编码分配： 0 0 0 1 A1，A2； 3条直接寻址的二地址指令。 1 0 1 1 0 0 0 …… …… IX，A；6条变址寻址的一地址指令。 1 1 1 0 1 1 1 1 1 0 0 0 0 …… …… …… Ri，Rj； 1 1 1 1 0 1 1 1 8条寄存器寻址的二地址指令。 1 1 1 1 1 0 0 0 0 …… …… …… A； 1 1 1 1 1 1 0 1 1 12条直接寻址的一地址指令。
续： 1 1 1 1 1 1 1 0 0 0 0 0 …… …… …… …… Ri； 1 1 1 1 1 1 1 1 0 1 1 1 30条寄存器寻址的 1 1 1 1 1 1 1 1 1 0 0 0 一地址指令。 …… …… …… …… （利用30个冗余编码） 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 0 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 0 0 0 0 0 …… …… …… …… …… 32条0地址 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 指令
不画所设计的指令格式图，只分配指令操作码编码。 ´讨论： 指令格式中安排寻址方式字段，例： 2 3 4 7 ´
评注：这是一道指令格式设计题，本题已给出了各种指令所需的条数，因此，在根据题意画出各种指令的格式后，剩下的工作就是要为每一条指令分配编码。在采用扩展操作码技术分配指令编码时，扩展的基本方法是在所设计的指令系统中，选定一种操作码位数最少的指令格式作为基本格式，然后在这种基本格式的基础上进行操作码编码的扩展。为便于硬件译码结构的实现，编码分配应尽量做到有序、有规律。特别是扩展标志码的选择，应尽量采用特征较强的编码，象全‘1’编码等。另外，应在某类指令的编码全部安排完后，再考虑安排扩展标志码，以避免漏排或重码等不必要的混乱。
17. 某机指令字长16位，每个操作数的地址码为6位，设操作码长度固定，指令分为零地址、一地址和二地址三种格式。若零地址指令有M种，一地址指令有N种，则二地址指令最多有几种？若操作码位数可变，则二地址指令最多允许有几种？ 解：1）若采用定长操作码时，二地址指令格式如下： 4 6 6
设二地址指令有K种，则： K=24-M-N 当M=1（最小值），N=1（最小值）时，二地址指令最多有： Kmax=16-1-1=14种 2）若采用变长操作码时，二地址指令格式仍如1）所示，但操作码长度可随地址码的个数而变。此时， K= 24 -（N/26 + M/212 ）； 1时，K最大， 则二地址指令最多有： £ （N/26 + M/212 向上取整） 当（N/26 + M/212 ） Kmax=16-1=15种（只留一种编码作扩展标志用。）
讨论：此时，一地址指令条数为： N=（24 - K）×26 - M/26； （ M/26向上取整）。 零地址指令条数为： M = 216 - 212K - 26N； 当K最大时（K=15），一地址指令最多有： Nmax=64 - 1=63种； 零地址指令最多有： Mmax=64种 注意：应首先根据题意画出指令基本格式。
第 八 章
2. 什么是指令周期？指令周期是否有一个固定值？为什么？ 解： 指令周期是指一条指令从开始取直到执行完这段时间。 由于计算机中各种指令执行所需的时间差异很大，因此为了提高CPU运行效率，即使在同步控制的机器中，不同指令的指令周期长度都是不一致的，也就是说指令周期对于不同的指令来说不是一个固定值。 讨论：指令周期长度不一致的根本原因在于设计者，为了提高CPU运行效率而这样安排的，与指令功能不同及指令实际执行时间不同没有什么必然关系。
4. 设CPU内有下列部件：PC、IR、SP、AC、MAR、MDR和CU，要求： （1）画出完成间接寻址的取数指令LDA@X（将主存某地址单元X的内容取至AC中）的数据流（从取指令开始）。 （2）画出中断周期的数据流。 解：CPU中的数据流向与所采用的数据通路结构直接相关，不同的数据通路中的数据流是不一样的。常用的数据通路结构方式有直接连线、单总线、双总线、三总线等形式，目前大多采用总线结构，直接连线方式仅适用于结构特别简单的机器中。
为简单起见，本题采用单总线将题意所给部件连接起来，框图如下：
¯ LDA@X指令周期流程图： 说 明
¯ LDA
¯（2）中断周期流程图如下： 说 明
A 说 明¯
讨论：解这道题有两个要素，首先要根据所给部件设计好数据通路，即确定信息流动的载体。其次选择好描述数据流的方法，无论采用什么样的表达方式，其关键都要能清楚地反映数据在通路上流动的顺序，即强调一个“流”字。较好的表达方式是流程图的形式。
13. 在中断系统中INTR、INT、EINT三个触发器各有何作用？ 解：INTR——中断请求触发器，用来登记中断源发出的随机性中断请求信号，以便为CPU查询中断及中断排队判优线路提供稳定的中断请求信号； EINT——中断允许触发器，CPU中的中断总开关。当EINT=1时，表示允许中断（开中断），当EINT=0时，表示禁止中断（关中断）。其状态可由开、关中断等指令设置； INT——中断标记触发器，控制器时序系统中周期状态分配电路的一部分，表示中断周期标记。当INT=1时，进入中断周期，执行中断隐指令的操作。
讨论： ´ 当进入中断周期时，INT=1； （INT=1时，进入中断周期） ´ 回答时首先应给出该触发器的中文名称，然后说明其主要作用。 INT与EINT配合使用以实现关中断功能，即INT=1，反相后使EINT=0； （关中断并不是INT的主要功能，进入中断周期后要执行中断隐指令的全部三个功能） INT表示自愿中断，完成系统调用；´ （尽管INT触发器的英文缩写与INT指令助记符完全相同，但它们一个是硬件设置，一个是软中断指令，其作用完全不同）
´ ´ INT表示处于中断状态中； （INT并不是在整个中断过程中都存在） ´INT标记目前是否正在运行中断程序； （INT标记在运行中断程序时已不存在） INT判断中断过程中是否接受其它中断请求，INT=0时，开中断，允许中断嵌套； EINT判断CPU是否响应中断请求；´（INT标记与中断嵌套技术没有任何关系。它不能表示出中断过程中是否接受其它中断请求，INT=0也不表示开中断） （CPU根据EINT状态决定是否响应中断请求）
´ 当CPU响应中断时，EINT置1； （当EINT=1时，允许CPU响应中断） ´ EINT确保CPU响应中断后，不受新的中断干扰； ´（CPU响应中断在先，进入中断周期后才使EINT=0，仅在单重中断时，整个中断过程EINT=0，不接受新的中断请求） INTR=1，判断哪个中断源有请求；´EINT表示中断隐指令，INT起关中断作用； （把EINT和INT的作用搞反了） （INTR对中断源的请求进行登记，当INTR=1时，表示有请求）
20. 现有A、B、C、D四个中断源，其优先级由高向低按A、B、C、D顺序排列。若中断服务程序的执行时间为20µs，请根据下图所示时间轴给出的中断源请求中断的时刻，画出CPU执行程序的轨迹。 解： CPU执行程序的轨迹图如下：
L1®
21. 某机有五个中断源L0、L1、L2、 L3、L4，按中断响应的优先次序由高向低排序为L0 L2，根据下示格式，1）写出各中断源的屏蔽字。®L0 ®L4 ®L3 ®L4，现要求中断处理次序改为L1®L3 ®L2 ® 2）按照修改过的处理次序，当五个中断请求信号同时到来时，请画出CPU中断处理过程。 解：1）各中断源屏蔽状态见下表：
表中：设屏蔽位=1，表示屏蔽；屏蔽位=0，表示中断开放。 为了使所有中断都能得到及时响应，现行程序的中断屏蔽字一般设为全开放（全0）状态。
现行程序（00000）
讨论： 图中括号内为各程序的屏蔽码。 注意：中断屏蔽码的判优作用体现在对低级中断请求的屏蔽上，对于多个同时到来的高级中断请求信号之间则只有开放作用，没有判优作用。此时还需依赖硬件排队线路完成进一步的判优。
C，为改变中断处理次序，将它们的中断屏蔽字分别设为： 设备 >B> 22. 设某机配有A、B、C三台设备，其优先顺序是A 屏蔽字 A 1 1 1 B 0 1 0 C 0 1 1 s。m请按下图所示时间轴给出的设备请求中断的时刻，画出CPU执行程序的轨迹。设A、B、C中断服务程序的执行时间均为20
解： CPU执行程序的轨迹图如下：
讨论：当从B中断转到C中断时，不返回现行程序，下述程序运行轨迹是错误的：
第 九 章
3. 什么是指令周期、机器周期和时钟周期？三者有何关系？ 解：CPU每取出并执行一条指令所需的全部时间叫指令周期；机器周期是在同步控制的机器中，执行指令周期中一步相对完整的操作（指令步）所需时间，通常安排机器周期长度=主存周期；时钟周期是指计算机主时钟的周期时间，它是计算机运行时最基本的时序单位，对应完成一个微操作所需时间，通常时钟周期=计算机主频的倒数。
4. 能不能说机器的主频越快，机器的速度就越快，为什么？ 解：不能说机器的主频越快，机器的速度就越快。因为机器的速度不仅与主频有关，还与数据通路结构、时序分配方案、ALU运算能力、指令功能强弱等多种因素有关，要看综合效果。
5. 设机器A的主频为8MHz，机器周期含4个时钟周期，且该机的平均指令执行速度是0.4MIPS，试求该机的平均指令周期和机器周期，每个指令周期中含几个机器周期？如果机器B的主频为12MHz，且机器周期也含4个时钟周期，试问B机的平均指令执行速度为多少MIPS? 解：先通过A机的平均指令执行速度求出其平均指令周期，再通过主频求出时钟周期，然后进一步求出机器周期。B机参数的算法与A机类似。 计算如下：
A机平均指令周期=1/0.4MIPS=2.5µs A机时钟周期=1/8MHz=125ns A机机器周期=125ns×4=500ns=0.5µs 83ns B机机器周期 =83ns×4 =332ns»A机每个指令周期中含机器周期个数 =2.5µs÷0.5µs=5个 B机时钟周期 =1/12MHz 设B机每个指令周期也含5个机器周期，则： B机平均指令周期=332ns×5=1.66µs B机平均指令执行速度=1/1.66µs =0.6MIPS 结论：主频的提高有利于机器执行速度的提高。
6. 设某机主频为8MHz，每个机器周期平均含2个时钟周期，每条指令平均有2.5个机器周期，试问该机的平均指令执行速度为多少MIPS？若机器主频不变，但每个机器周期平均含4个时钟周期，每条指令平均有5个机器周期，则该机的平均指令执行速度又是多少MIPS？由此可得出什么结论？ 解：先通过主频求出时钟周期，再求出机器周期和平均指令周期，最后通过平均指令周期的倒数求出平均指令执行速度。计算如下：
时钟周期=1/8MHz=0.125×10-6 =125ns 机器周期=125ns×2=250ns 平均指令周期=250ns×2.5=625ns 平均指令执行速度=1/625ns=1.6MIPS 当参数改变后： 机器周期= 125ns×4=500ns=0.5µs 平均指令周期=0.5µs×5=2.5µs 平均指令执行速度=1/2.5µs=0.4MIPS 结论：两个主频相同的机器，执行速度不一定一样。
7. 某CPU的主频为8MHz，若已知每个机器周期平均包含4个时钟周期，该机的平均指令执行速度为0.8MIPS，试求该机的平均指令周期及每个指令周期含几个机器周期？若改用时钟周期为0.4µs的CPU芯片，则计算机的平均指令执行速度为多少MIPS？若要得到平均每秒40万次的指令执行速度，则应采用主频为多少的CPU芯片？
解：先通过主频求出时钟周期时间，再进一步求出机器周期和平均指令周期。 时钟周期=1/8MHz=0.125×10-6 =125ns 机器周期=125ns×4=500ns=0.5µs 平均指令周期=1/0.8MIPS =1.25 ×10-6=1.25µs 每个指令周期所含机器周期个数 = 1.25µs/0.5µs=2.5个
当芯片改变后，相应参数变为： 机器周期=0.4µs×4=1.6µs 平均指令周期=1.6µs×2.5=4µs 平均指令执行速度=1/4µs =0.25MIPS 若要得到平均每秒40万次的指令执行速度，则应采用的主频为： 平均指令周期=1/0.4MIPS =2.5 ×10-6=2.5µs 机器周期=2.5µs÷2.5=1µs 时钟周期= 1µs÷4=0.25µs 主频=1/0.25µs=4MHz
8. 某计算机的主频为4MHz，各类指令的平均执行时间和使用频度如下表所示，试计算该机的速度（单位用MIPS表示），若上述CPU芯片升挡为6MHz，则该机的速度又为多少？ s ms 0.8m指令类别 存取 加、减、比较、转移 乘除 其他 平均指令 执行时间 0.6 s 使用频度 35% 50% 5% 10%ms 1.4m 10
解: (1)指令平均运行时间 = （0.6×0.35+0.8×0.5+10×0.05+1.4×0.1）μs = 1.25μs 机器平均运行速度 = 1/1.25μs = 0.8MIPS (2) 解法一： 时钟周期 = 1/4MHz = 0.25μs 指令平均运行周期数 = 1.25μs ÷0.25μs = 5CPI 时钟周期 = 1/6MHz ≈ 0.167μs 指令平均运行时间 = 0.167μs×5 ≈ 0.833μs 机器平均运行速度 = 1/0.833μs ≈ 1.2MIPS
11. 设CPU内部结构如图9.4所示，此外还设有B、C、D、E、H、L六个寄存器，它们各自的输入和输出端都与内部总线相通，并分别受控制信号控制（如Bi为寄存器B的输入控制；Bo为B的输出控制）。要求从取指令开始，写出完成下列指令所需的控制信号。 AC) ®B) （2）SUB A，H；((AC)-(H) ®（1）ADD B，C；((B)+(C) 解：先画出相应指令的流程图，然后将图中每一步数据通路操作分解成相应的微操作，再写出同名的微命令即可。
（1） ADD B，C指令流程及微命令序列如下： ¯
Bo，Yi Co，ALUi，+ Zo，Bi
（2） SUB A，H指令流程及微命令序列如下： ¯
Ho，Yi ACo，ALUi，– Zo，ACi
第 十 章
1. 假设响应中断时，要求将程序断点存在堆栈内，并且采用软件办法寻找中断服务程序的入口地址，试写出中断隐指令的微操作及节拍安排。 ®MDR，1®MAR T1 PC®EINT，SP®解：设软件查询程序首址为0号内存单元，则中断隐指令的微操作命令及节拍安排如下： T0 0 SP T4 ® W，SP+1®MDR，1®M（MAR） T3 PSW®MAR，MDR®SP T2 SP®W，SP+1 M（MAR） 由于题意中没有给出确切的数据通路结构，故上述节拍分配方案的并行性较低。®PC，MDR®0
2. 写出完成下列指令的微操作及节拍安排（包括取指操作）。 （1）指令ADD R1，X完成将R1寄存器的内容和主存X单元的内容相加，结果存于R1的操作。 （2）指令ISZ X完成将主存X单元的内容增1，并根据其结果若为0，则跳过下一条指令执行。 解：该题题意中没有指定数据通路，因此排序前应先设定一下。在此设采用单总线结构的CPU数据通路，且ALU输入端设两个暂存器C、D（见17题图）。并设采用同步控制，每周期3节拍：
R T1 ®MAR，1® （1）指令ADD R1，X的微操作及节拍安排如下： 取指周期： T0 PC ID 执行周期1： T0 ®IR，OP(IR)®MDR T2 MDR®PC+1，M(MAR) D 执行周期2： ®MDR T2 MDR®C，M(MAR)®R T1 R1®MAR，1®X(IR) R1®T0 T1 T2 +，ALU
（2）指令ISZ X的微操作及节拍安排（取指周期同（1），略）： C ®MDR T2 MDR®R T1 M(MAR)®MAR，1®执行周期1： T0 X(IR) M(MAR) ® -W T2 MDR®MDR T1 0®执行周期2： T0 +1，ALU (PC+1)•Z （设Z为结果为0标志） 该指令的操作在一个执行周期做不完，因此安排了两个执行周期。
3. 按序写出下列程序所需的全部微操作命令及节拍安排。
解：由于题意未明确要求采用何种控制器结构，故仍按较简单的组合逻辑时序关系安排节拍（单总线、同步控制，假设同上题）： LDA 206 指令： ID ®IR，OP(IR)®MDR T2 MDR®R T1 PC+1，M(MAR)®MAR，1®取指周期： T0 PC AC®MDR T2 MDR®R T1 M(MAR)®MAR，1®执行周期： T0 206(IR)
ADD C ®MDR，AC®R T1 M(MAR)®MAR，1®207 指令：取指周期：同上。 执行周期1： T0 207(IR) AC BAN 204 指令：取指周期：同上。 ®D 执行周期2： T0 T1 T2 +，ALU®T2 MDR PC® 执行周期： （设N为结果为负标志） T0 T1 T2 N•204(IR)
STA 205 指令： -W T2 ®MDR，0®MAR T1 AC® 取指周期：同上。 执行周期： T0 205(IR) G ®M(MAR) STP 指令： 取指周期：同上。 执行周期： T0 T1 T2 0®MDR （G为停机标志。）
4. 已知带返转指令的含义如下图所示，写出机器在完成带返转指令时，取指阶段和执行阶段所需的全部微操作及节拍安排。 主程序 子程序
解：假设同上题，仍按组合逻辑、单总线、同步控制安排，带返转指令的全部微操作及节拍如下： ID ®IR，OP(IR)®MDR T2 MDR®R T1 PC+1，M(MAR)®MAR，1®取指周期： T0 PC M(MAR) ® W T2 MDR®MDR),1®MDR(PC®MAR T1 M+1®执行周期： T0 Ad(IR) PC)®PC (MAR +1® K+1
10. 能否说水平型微指令就是直接编码的微指令，为什么？ 解：不能说水平型微指令就是直接编码的微指令，因为符合水平型微指令特征的微指令都属于水平型微指令，常见的有：直接编码、字段直接编码、字段间接编码，及混合编码等。直接编码的微指令只是最典型的一种。
13. 设控制存储器的容量为512×48位，微程序可在整个控存空间实现转移，而控制微程序转移的条件共有4个（采用直接控制），微指令格式如下：
17. 假设机器的主要部件有：程序计数器PC，指令寄存器IR，通用寄存器R0、R1、R2、R3，暂存器C、D，ALU，移位器，存储器地址寄存器MAR，存储器数据寄存器MDR及存储矩阵M。 （1）要求采用单总线结构画出包含上述部件的硬件框图，并注明数据流动方向。 （2）画出ADD（R1），（R2）指令在取指阶段和执行阶段的信息流程图。 R1寄存器存放源操作数地址，R2寄存器存放目的操作数的地址。 （3）写出对应该流程图所需的全部微操作命令。
解： （1）采用单总线结构的CPU硬件框图如下：
（2）ADD（R1），（R2） ¯（3）对应该流程图所 指令流程图如下： 需的全部微操作命令。
R®R1o，MARi 1 R MDRo，Di®MDRo，Ci R2o，MARi 1
-W 公操作®+，D，MDRi 0
18. 假设机器的主要部件同17题，外加一个控制门G。 （1）要求采用双总线结构（每组总线的数据流动方向是单向的），画出包含上述部件的硬件框图，并注明数据流动方向。 （2）画出SUB R1操作的指令周期信息流程图（假设指令地址已放在PC中），并列出相应的微操作控制信号序列。®R1，R3完成（R1）-（R3）
解： （1）双总线结构的CPU硬件框图如下：
（2） SUB R1，R3指令周期流程图如下：
R1o，G，Ci R2o，G，Di -，D，G，R1i
19. 下表给出8条微指令I1~I8及所包含的微命令控制信号，设计微指令操作控制字段格式，要求所使用的控制位最少，而且保持微指令本身内在的并行性。
解：为使设计出的微指令操作控制字段最短，并且保持微指令本身内在的并行性，应采用混合编码法。首先找出互斥的微命令组，为便于分析，将微命令表重画如下：
由表中微命令的分布情况可看出：a、b、c、d、e微命令的并行性太高，因此不能放在同一字段中。另外，由分析可知，在2、3、4分组的互斥组中，3个一组的微命令互斥组对控制位的压缩作用最明显。因此，应尽可能多的找出3个一组的互斥组。现找出的互斥组有：cfj，dij，efh，fhi，bgj，ehj，efj……等等。 从中找出互不相重的互斥组有两个：dij，efh。则：微指令操作控制字段格式安排如下： 1 1 1 1 2 2
各字段编码分配如下： a —— 0 无操作； b —— 0 无操作； 1 a微命令； 1 b微命令 c —— 0 无操作； g —— 0 无操作； 1 c微命令； 1 g微命令 dij —— 00 无操作； efh —— 00 无操作； 01 d微命令； 01 e 10 i微命令； 10 f 11 j微命令； 11 h 注：每组都应为“无操作”留一种编。 与采用直接控制法比较： 直接控制法：10个微命令需10位操作控制位； 本方案：10个微命令需8位操作控制位，压缩了2位。