計算機原理習題答案

附錄各章習題參考答案

第1章習題參考答案

1.(1)D(2)D(3)B(4)C(5)D(6)D

2.答：計算機是一種以電子器件為基礎(chǔ)的，不需人的直接干預，能夠?qū)Ω鞣N數(shù)字化信

息進行快速算術(shù)和邏輯運算的工具，是一?個由硬件、軟件組成的復雜的自動化設備。

理解計算機的概念，應從六個方面：(1)以電子器件為物質(zhì)基礎(chǔ)，即研究的對象是

電子數(shù)字計算機(DigitalComputer)；(2)不需要人的直接干預，說明具有自動化能力，

其前提是存儲程序；(3)處理各種數(shù)字化信息，計算機以二進制編碼作為數(shù)字化編碼及運

算的基礎(chǔ)；(4)具有算邏運算能力，基本運算操作是算術(shù)和邏輯運算；(5)計算機是快

速工具，主要取決于兩個因素：一是電子器件，二是存儲程序。(6)由硬件和軟件組成。

3.答：見本章小結(jié)。

4.答：計算機的生命力在于它的廣泛應用，應用的范圍幾乎涉及人類社會的所有領(lǐng)域。

歸納起來，在科學計算、過程檢測與控制、信息管理、計算機輔助系統(tǒng)等領(lǐng)域中的應用成

就最為突出。

舉例：計算機輔助教學CAI；學生的學籍管理系統(tǒng)；數(shù)字圖書館系統(tǒng)；虛擬現(xiàn)實系統(tǒng);

售票系統(tǒng)；學校的一卡通系統(tǒng)等。

5.答：馮?諾依曼原理的基本思想是：

?采用二進制形式表示數(shù)據(jù)和指令。指令由操作碼和地址碼組成。

?將程序和數(shù)據(jù)存放在存儲器中，使計算機在工作時從存儲器取出指令加以執(zhí)行，

自動完成計算任務。這就是“存儲程序”和“程序控制”(簡稱存儲程序控制)的概念。

?指令的執(zhí)行是順序的，即一般按照指令在存儲器中存放的順序執(zhí)行，程序分支由

轉(zhuǎn)移指令實現(xiàn)。

?計算機由存儲器、運算器、控制器、輸入設備和輸出設備五大基本部件組成，并

規(guī)定了5部分的基本功能。

馮?諾依曼型計算機的基本特點也可以用“存儲程序”和“程序控制”來高度概括。

6.答：計算機的硬件系統(tǒng)由有形的電子器件等構(gòu)成的，它包括運算器、存儲器、控制

器、輸入輸出設備及總線系統(tǒng)組成。而總線分為數(shù)據(jù)總線、地址總線、控制總線，其結(jié)構(gòu)

有單總線結(jié)構(gòu)、雙總線結(jié)構(gòu)及多總線結(jié)構(gòu)。存儲器(Memory)是用來存放數(shù)據(jù)和程序的部

件；運算器是對信息進行運算處理的部件；控制器是整個計算機的控制核心。它的主要功

能是讀取指令、翻譯指令代碼、并向計算機各部分發(fā)出控制信號，以便執(zhí)行指令；輸入設

附錄各章習題參考答案?7?

備能將數(shù)據(jù)和程序變換成計算機內(nèi)部所能識別和接受的信息方式，并順序地把它們送入存

儲器中；輸出設備將計算機處理的結(jié)果以人們能接受的或其它機器能接受的形式送出。

7.答：總線（Bus）就是計算機中用于傳送信息的公用通道，是為多個部件服務的一

組信息傳送連接線。按照總線的連接方式，計算機組成結(jié)構(gòu)可以分為單總線結(jié)構(gòu)、雙總線

結(jié)構(gòu)和多總線結(jié)構(gòu)等（詳細內(nèi)容見第7章）。

8.答：計算機硬件（Hardware）是指構(gòu)成計算機的所有實體部件的集合，通常這些部

件由電路（電子元件）、機械等物理部件組成。計算機軟件（Software）是指能使計算機

工作的程序和程序運行時所需要的數(shù)據(jù)，以及與這些程序和數(shù)據(jù)有關(guān)的文字說明和圖表資

料，其中文字說明和圖表資料又稱為文檔。固件（Firmware）是一種介于傳統(tǒng)的軟件和硬

件之間的實體，功能上類似軟件，但形態(tài)上又是硬件。微程序是計算機硬件和軟件相結(jié)合

的重要形式。

軟件和硬件的邏輯等價含義：

（1）任何一個由軟件所完成的操作也可以直接由硬件來實現(xiàn)

（2）任何一條由硬件所執(zhí)行的指令也能用軟件來完成

在物理意義上軟件和硬件是不等價的。

9.答：計算機軟件可以分為系統(tǒng)軟件和應用軟件兩大類。系統(tǒng)軟件是指管理、監(jiān)控和

維護計算機資源（包括硬件和軟件）的軟件。系統(tǒng)軟件為計算機使用提供最基本的功能，

但是并不針對某一特定應用領(lǐng)域。而應用軟件則恰好相反，不同的應用軟件根據(jù)用戶和所

服務的領(lǐng)域提供不同的功能。目前常見的系統(tǒng)軟件有操作系統(tǒng)、各種語言處理程序、數(shù)據(jù)

庫管理系統(tǒng)以及各種服務性程序等。

舉例：系統(tǒng)軟件，如Windows,Linux等；應用軟件，如學生的學籍管理系統(tǒng)等。

10.答：程序設計語言一般分為機器語言、匯編語言和高級語言三類。機器語言是最

底層的計算機語言。用機器語言編寫的程序，計算機硬件可以直接識別。每一條機器指令

都是二進制形式的指令代碼。匯編語言是為了便于理解與記憶，將機器語言用助記符號代

替而形成的一種語言。高級語言是從50年代中期開始逐步發(fā)展起來的面向問題的程序設計

語言，與具體的計算機硬件無關(guān)，其表達方式接近于被描述的問題，易為人們接受和掌握。

機器語言程序是直接針對計算機硬件的，執(zhí)行效率比較高，能充分發(fā)揮計算機的速度

性能。但是，用機器語言編寫程序的難度比較大，容易出錯，而且程序的直觀性比較差，

也不容易移植。匯編語言采用了助記符，比機器語言直觀，容易理解和記憶，用匯編語言

編寫的程序也比機器語言程序易讀、易檢查、易修改。但需要匯編程序的支持。高級語言

的顯著特點是獨立于具體的計算機硬件，通用性和可移植性好，易于編程，但運行效率低。

II.答：計算機系統(tǒng)是一個由硬件、軟件組成的多級層次結(jié)構(gòu)，它通常由微程序級、

一般機器級、操作系統(tǒng)級、匯編語言級、高級語言級組成，每一?級上都能創(chuàng)造程序設計，

且得到下級的支持。

12.答：兼容（Compatible）是一個廣泛的概念，包括軟件兼容、硬件兼容、系統(tǒng)兼容

?8?計算機組成原理(第二版)

等。軟件兼容存在以下兩種情況：

(1)軟件的向上兼容性——這是指某檔機原開發(fā)的軟件可以不加修改便能在它的高

檔機上正確運行使用。

(2)軟件的向下兼容性——這是指某檔機的軟件可以不加修改便能在它的低檔機h

正確運行使用。在這種情況下，軟件向上兼容是不成問題的。在同一系列機內(nèi)，不論高檔

機與低檔機，所有機型上都能運行使用的軟件，則是既能向上兼容又能向下兼容。

硬件兼容是軟件兼容的基礎(chǔ)，系統(tǒng)兼容包括硬件兼容和軟件問題。

13.答：算術(shù)邏輯運算部件(ALU：ArithmeticLogicUnit),是運算器的核心組成，

功能是完成算數(shù)和邏輯運算?！爸醒胩幚韱卧?CPU：CentralProcessingUnit)包括運算

器和控制器，是計算機的信息處理的中心部件。存儲器、運算器和控制器在信息處理操作

中起主要作用，是計算機硬件的主體部分，通常被稱為“主機”。字長決定了計算機的運

算精度、指令字長度、存儲單元長度等，可以是8/16/32/64/128位(bit)等。

14.答：是的，計算機硬件實體的5個基本組成部分缺一不可。

15.答：見本章1.3.2節(jié)。

16.答：多媒體技術(shù)是指能夠同時獲取、處理、編輯、存儲和展示兩個以上不同信息

類型媒體的技術(shù)。計算機信息的形式可以是文字、聲音、圖形和圖象等。

17.答：電子數(shù)字計算機中處理的信息是在時間上離散的數(shù)字量，運算的過程是不連

續(xù)的；電子模擬計算機中處理的信息是連續(xù)變化的物理量，運算的過程是連續(xù)的。

18.答：現(xiàn)代計算機系統(tǒng)是一個硬件與軟件組成的綜合體，可以把它看成是按功能劃分

的多級層次結(jié)構(gòu)。

第0級為硬件組成的實體。

第1級是微程序級。這級的機器語言是微指令集，程序員用微指令編寫的微程序一般

是直接由硬件執(zhí)行的。

第2級是傳統(tǒng)機器級。這級的機器語言是該機的指令集，程序員用機器指令編寫的程

序可以由微程序進行解釋。

第3級操作系統(tǒng)級。從操作系統(tǒng)的基本功能來看，一方面它要直接管理傳統(tǒng)機器中的

軟硬件資源，另一方面它又是傳統(tǒng)機器的延伸。

第4級是匯編語言級。這級的機器語言是匯編語言，完成匯編語言翻譯的程序叫做匯

編程序。

第5級是高級語言級。這級的機器語言就是各種高級語言，通常用編譯程序來完成高

級語言翻譯工作。

第6級是應用語言級。這一級是為了使計算機滿足某種用途而專門設計的，因此這一

級語言就是各種面向問題的應用語言。

19.答:

計算機系統(tǒng)的主要技術(shù)指標有：機器字長、數(shù)據(jù)通路寬度、主存儲器容量和運算速度

8

附錄各章習題參考答案?9?

等。

機器字長是指參與運算的數(shù)的基本位數(shù)，它是由加法器、寄存器的位數(shù)決定的。

數(shù)據(jù)通路寬度是指數(shù)據(jù)總線一次所能并行傳送信息的位數(shù)。

主存儲器容量是指主存儲器所能存儲的全部信息。

運算速度與機器的主頻、執(zhí)行什么樣的操作、主存儲器本身的速度等許多因素有關(guān)。

第2章習題參考答案

1.(1)C(2)B(3)B(4)B(5)B

(6)C(7)CD(8)D(9)B(10)B

2.(1)(2001)io>(2001)8

(2)(4095)10>(7776)8

(3)(0.115)10>(0.115)16

(4)(0.625)io<(0.505)8

3.解：

最大正數(shù)=2川*0.111111=126

最大負數(shù)=2"1*-0.000001=2」3

最小負數(shù)=2"|*-0.111111—126

4.解：

X=-19/64=(-10011*2-"°)2=-0.0100110=2'°'*-0.1001100

定點數(shù)：

[Xl^l.0100110；

[X]s=l.1011001：

1X1^=1.1011010；

浮點數(shù)：

原碼：1,001;1.1001100

補碼：1,111;1.0110100

反碼:1,110;1.0110011

階移，尾補：0,111;1.0110100

5.解：

(1)=0.111110*21011

(2)=-0.0000111=20100*1.001000

(3)>2"'*0.111111上溢

(4)=21100*1,011001

?10?計算機組成原理(第二版)

6.解：

01

7.解：

X=0.1001,Y=-0.0100,

|X]W=O.1OO1,[-X],卜=1.0111,[X/2bi.=0.01(X)1,

[Y/4]tb=l.l11100,[-Y/2]?.=0.00100

8.解：

(1)693.12=(011010010011.00010010)8421=(100111000110.01000101)*3

(2)37.567=(00110111.010101100111)x421=(01101101.100010011010)ft3

9.解：

(1)不一定(2)成立

10.解：

(1)-128(2)-128(3)-133(4)43

11.解：

(1)165(2)126(3)88(4)1332

12.解：

(1)0.1110(2)-0.0011(3)0.1000

13.解：

128B216416B486936B

14.答：

若海明碼的最高位號為m,最低位號為1,即HmHm」…H2H”則海明碼的編碼規(guī)則

是：

(1)校驗位與數(shù)據(jù)位之和為m,每個校驗位B在海明碼中被分在位號2i-l的位置上,

其余各位為數(shù)據(jù)位，并按從低向高逐位依次排列的關(guān)系分配各數(shù)據(jù)位。

(2)海明碼的每一位位碼H,(包括數(shù)據(jù)位和校驗位)由多個校驗位校驗，其關(guān)系是

被校驗的每一位位號要等于校驗它的各校驗位的位號之和。

15.解：

010

16.答：

(1)最大正數(shù)

1111111111111111111111111111111

X=[l+(1-223)]x2127

(2)最小正數(shù)

0000000000000000000000000000000

X=1.0x2-128

(3)最大負數(shù)

10

附錄各章習題參考答案?11?

1111111111111111111111111111111

X==-[l+(1-223)]x2127

(4)最小負數(shù)

0000000000000000000000000000000

X=-1.0x2-l21!

17.答：

(1)定點原碼整數(shù)表示:

最大正數(shù)：01111111111111111111111111111111

數(shù)值=(231—1)io

最大負數(shù)：01111111111111111111111111111111

數(shù)值=-(231-1)|0

(2)定點原碼小數(shù)表示：

最大正數(shù)=(1-2⑶)10

31

最大負數(shù)=-(1-2-)10

18.解：

[x]?=1.01111；[x]?=1.10001；[-x]?=0.01111

[y]?=0.11001；[y]4=0.11001；l-y]tb=1.00111

19.證明：

當1>XN0時，即x為正小數(shù)時，l>[x]補=x》0

因為正數(shù)的補碼等于正數(shù)本身,所以l>x0.xlX2...xn20,xo=O

當1>X>-1時，即X為負小數(shù)，根據(jù)補碼定義有：

2>[xN=2+x>1(mod2)

即2>Xo.xiX2...xn>Lx0=1

若1>X20,x0=0,貝lj[x]補=2x()+x=x

若x()=L貝！J[x]補=2x°+x=2+x

所以有兇《卜=2xo+x，當-Vo={憂:U，得證。

20.解:

[x]補=0.1011,[y]補=1.1011

[~xU=0.01011,[-x]^=1,11011

22

?12?計算機組成原理(第二版)

11

[-x]^=0.001011,[-x]#=1.111011

44

[-xk=1.0101,[-X]M=0.0101

21.證明：

-1

當x20時,xo=O,[x]補=0.xix2…xn=ZZiXj2=x

當x<0時,x（）=1,[X]IF=1.xjx2...xn=2+x

所以X=LX]X2...Xn-2=?1+0,XiX2…Xn=?1+Xj2'1

綜合上述兩種情況，可得出：x=-xo+zni=i（補碼與真值的關(guān)系）。

第3章習題參考答案

1.(1)B(2)D(3)B(4)C(5)D(6)C(7)A(8)B

2.解：

(1)0.00111(2)0.11001(3)-0.10100

3.解：

[X+Y]婦卜=(312022)8

[X-YJsfr=(110000)8溢出(兩符號位01)

4.解：(運算過程請參考書中例題)

(1)1,101011000010

(2)0,000011010010

(3)1,000011010010

(4)0,011000111001

5.解：(運算過程請參考書中例題)

(1)[X/Y]te=l,11000；余=0.10101*27

(2)[X/Yls=l,11010；余=0.11010*2-5

(3)[X/YH=1,10000；余=0.01011*爐

(4)溢出

6.答：原碼一位乘法運算過程中，每一步相加的和有可能往前有進位，所以部分積的

符號位用一位，以保留往前的進位，然后再進行右移操作；

原碼兩位乘法中的運算過程使用了補碼運算，由于有乘2運算，也就是往左移操作，

每一步相加的和有可能往前有進位，且有可能影響兩個符號位，所以部分積的符號位要三

位，以保留往前的進位，然后進行右移操作時可以根據(jù)最高符號位確定往右補的編碼。

7.答：運算器的基本結(jié)構(gòu)應包括以下兒個部分：

(I)能實現(xiàn)算術(shù)和邏輯運算功能的部件ALU；

(2)存放待加工的信息或加工后的結(jié)果信息的通用寄存器組；

12

附錄各章習題參考答案?13?

(3)按操作要求控制數(shù)據(jù)輸入的部件：多路開關(guān)或數(shù)據(jù)鎖存器；

(4)按操作要求控制數(shù)據(jù)輸出的部件：輸出移位和多路開關(guān)；

(5)計算器與其它部件進行信息傳送的總線以及總線接收器與發(fā)送器；總線接收

器與發(fā)送器通常是由三態(tài)門構(gòu)成的。

8.答：浮點加減運算的運算步驟包括：對階、求和、規(guī)格化、舍入、溢出判斷。規(guī)則

及示例請見書中“浮點加減法運算”一節(jié)。

9.解：

原碼加減交替法的規(guī)則是：

當余數(shù)為正時,商上1,余數(shù)左移一位，減除數(shù)絕對值得新余數(shù);

當余數(shù)為負時,商上0,余數(shù)左移一位，加除數(shù)絕對值得新余數(shù)。

[X]s=1.1001[Y]a=1.1011

1X1=0.1001IYI=0.1011[-IYI],h=1.0101

運算過程如圖所示

所以，Qs=1十1=0

[X/Y]s=[Q]s=0.1101

=2\=0.00000001

X/Y=0.1101

R=0.00000001

原碼加減交替除法運算過程

被除數(shù)

商Q操作說明

(余數(shù)R)

Ro=[Xl

00.1001

+)11.0101+1-IYI]H

11.1110得Ri<0,商上0

余數(shù)與商左移一位

11.1100

0

+)00.1011+IYI

R>0?商上1

00.01112

00.1110余數(shù)與商左移一位

0.1

+)11.0101

+[-IYI]4

得R>0?商上1

00.00112

00.0110余數(shù)與商左移一位

0.1I

+)11.0101

得R3VO,商上0

11.1011

11.0I10余數(shù)與商左移一位

0.110

+)00.1011

+IYI

00.0001

得氏>0,商上1

0.1101

?14?計算機組成原理(第二版)

商左移一位，余數(shù)不動

10.答：

(1)定點表示法，例如定點小數(shù)，帶符號n+1位數(shù)時：

小于2/時：下溢，當0；

大于1-25時：上溢。

(2)浮點表示法，規(guī)格化后，從階碼上分析溢出：

階碼很小時：下溢，當0;

階碼超出最大值時：上溢。

11.答：請參考本章先行進位的有關(guān)描述。

12.解：

(1)浮點乘法規(guī)則：

O1+72)

N,xN2=2x(S,xS2)

(2)階碼求和：

jl+j2=0

(3)尾數(shù)相乘：

被乘數(shù)S1=0.1001,令乘數(shù)S2=0.1011,尾數(shù)絕對值相乘得積的絕對值，積的符

號位=0?0=0。按無符號陣乘法器運算得：N1xN2=2°x0,01100011

(4)尾數(shù)規(guī)格化、舍入(尾數(shù)四位)

MM=(+0.01100011)2x2川)2

13.解：

(1)組成最低四位的74181進位輸出為：

C4=C?+4=G+PCn=G+PCo,C0為向第0位進位。

其中，G=y3+y2x3+y!X2x3+yoxix2x3

P=XoX1X2X3

所以，C5=丫4+X4C4

=丫5+X5C5=y5+Xsy4+Xsy4c4

(2)設標準門延遲時間為T,“與或非門”延遲時間為1.5T,則進位信號Co由最低位

傳至C6需經(jīng)一個反向器、兩極“與或非門”，故產(chǎn)生C6的最長延遲時間為：

T+2xl.5T=4T

(3)最長求和時間應從施加操作數(shù)到ALU算起：第一片74⑻有3級“與或非門”(產(chǎn)

生控制參數(shù)X。，y0和Cn+4)，第二、三片74181共2級反向器和2級“與或非門”(進位

鏈)，第四片7181求和邏輯(1級“與或非門”和1級半加器，設其延遲時間為3T),

故總的加法時間為：

t0=3xl.5T+2T+2xl.5T+1.5T+3T=14T

14

附錄各章習題參考答案

14.解:

因x+y=24(S\+SV)(￡\=Ey)，求X+Y要經(jīng)過對階、尾數(shù)求和及規(guī)格化等步

驟。

(1)對階：

△J=EX-Ey=(-10)2-(+10)2=(-100)2所以Ex<Ey,則Sx右移4位,Ex+(100)

2=(10)2=EyoSx右移四位后S.0.00001001,經(jīng)過舍入后Sx=0001，經(jīng)過對階、舍入后，

x=2"°)2x(0.0001)2?

(2)尾數(shù)求和：Sx+Sy

0.0001⑸)

+0.1011(Sy)

Sx+Sy=0.1100

結(jié)果為規(guī)格化數(shù)。

(l0)2

x+y=2X(Sx+Sy)=2(⑼2(0.1100)2=(11.00)2

15.解：

設最高位為符號位，輸入數(shù)據(jù)為門］『01111,|丫m=11101,［丫］*=10011

算前求補器輸出后：x=1111,y=1101

1111

x1101

1111

0000乘積符號位運算：

1111x0?Yo=0?1=1

+1111

11000011

算后求補器輸出為00111101,加上乘積符號位1,最后得補碼乘積值為10011101。

利用補碼與真值的換算公式，補碼二進制數(shù)的真值是：

xxy=-lx28+1X25+1X24+1X23+1X22+1x2°=-195

十進制數(shù)乘法驗證：xxy=(+15)x(-13)=-195

16.證明：

(1)當被乘數(shù)x的符號任意，以補碼表示，乘數(shù)y為正。

設［X*卜=XQ.XIX2…Xn，［y］?=0.y)y2--yn

因為［x］補=2+x(mod2),［y］u=y

所以［x］X［y］=(2+x)Xy=2y+xXy=2(y］y2…%)+xXy

?16?計算機組成原理(第二版)

因為(力丫2…%)是大于0的正整數(shù)。根據(jù)模運算的性質(zhì)有：

2(y]y2…%)=2(mod2)

所以[x]補義[y]補=2+xy=[xXy]補(mod2)

即[xXy]^=[x]?bX[y]4=[x]^X(0.y〕y2…yQ=[x]補Xy

(2)當被乘數(shù)x符號任意，乘數(shù)y為負，都以補碼表示。

口]補=X0.X]X2…Xn

[y]^=yojiyz…yn=Lyiy2…yn=2+y(mod2)

y=[y]?i-2=l.yiy2-yn-2=0.yiy2-yn-1

所以xxy=x(0.yiy2yn-1)=x(0.yjy2,-yn)-x

[xxy]補=[x(0.yiy2-yn)]補+[-x]補

因為(0.yiy?…yQ>0,根據(jù)式(1)

[x(0.yiy2-yn)]補=[x]補x[y]補=[x]補x(0.yiy2-yn)

即[xxy卜尸[X]HX(0.yiy2…%)+[?x]補

(3)被乘數(shù)x與乘數(shù)y的符號任意，以補碼表示。

只要將式(1)與式(2)綜合起來便得到補碼乘法的統(tǒng)一算式，如下：

[xxy]補=[x]補(0.yiy2—yn)-[xkxyO=[x]^x[0.yiy2-yn-yo]

=[x]樸x[?y()+y|X2"+y2x2，+???+ynX2f]=[xbiXy

17.解：

(1)設S]為X的尾數(shù)，S2為y的尾數(shù)，則

S|=(-0.875)io=(-0.111)2

⑸]補=1.001

S2=(0.625)io=(+0.101)2

[S2]H=0.101

(2)求2=乂-y的二進制浮點規(guī)格化結(jié)果。

(A)對階：

設X的階碼為jx,y的階碼為jy,jx=(+01)2,jy=(+10)2,

jx-jy=(01)2-(10)2=(-01)2，小階的尾數(shù)Si右移一位,

S|=(-0.0111)2,jx階碼加1，則jx=(10)2=jy,經(jīng)舍入后，

S1=(-0,100)2,對階完畢。

x=2jxxS]=2(,0)2X(~0100)2

jy(,0)2X(+0,01)2

y=2xS2=2'

(B)尾數(shù)相減

出小尸11.100

+〔-S2卜尸11.011

16

附錄各章習題參考答案?17.

[SiS小尸10.111尾數(shù)求和絕對值大于1

尾數(shù)右移一位，最低有效位舍掉，階碼加1(右規(guī))，則際S小卜=11.011

(規(guī)格化數(shù))，jx=jy=U

(C)規(guī)格化結(jié)果011.1011

第4章習題參考答案

1.(1)B(2)C(3)B(4)C(5)D

(6)C(7)A(8)D(9)D(10)D

2.答：略

3.答：請參考本章主存儲器有關(guān)描述。

4.答：請參考本章主存儲器有關(guān)描述。

5.答：主存儲器的基本組成：

(1)貯存信息的存儲體。一般是一個全體基本存儲單元按照一定規(guī)則排列起來的存

儲陣列。存儲體是存儲器的核心。

(2)信息的尋址機構(gòu),即讀出和寫入信息的地址選擇機構(gòu)。這包括:地址寄存器(MAR)

和地址譯碼器。地址譯碼器完成地址譯碼，地址寄存器具有地址緩沖功能。

(3)存儲器數(shù)據(jù)寄存器MDR。在數(shù)據(jù)傳送中可以起數(shù)據(jù)緩沖作用。

(4)寫入信息所需的能源，即寫入線路、寫驅(qū)動器等。

(5)讀出所需的能源和讀出放大器，即讀出線路、讀驅(qū)動器和讀出放大器。

(6)存儲器控制部件。包括主存時序線路、時鐘脈沖線路、讀邏輯控制線路，寫或

重寫邏輯控制線路以及動態(tài)存儲器的定時刷新線路等，這些線路總稱為存儲器控制部件。

6.答：在MOS半導體存儲器中，根據(jù)存儲信息機構(gòu)的原理不同，又分為靜態(tài)MOS

存儲器(SRAM)和動態(tài)MOS存儲器(DRAM),前者利用雙穩(wěn)態(tài)觸發(fā)器來保存信息，

只要不斷電，信息不會丟失，后者利用MOS電容存儲電荷來保存信息，使用時需不斷給

電容充電才能使信息保持。

7.答：對動態(tài)存儲器要每隔一定時間(通常是2ms)給全部基本存儲元的存儲電容補

充一次電荷，稱為RAM的刷新，2ms是刷新間隔時間。由于存放信息的電荷會有泄漏，

動態(tài)存儲器的電荷不能象靜態(tài)存儲器電路那樣，由電源經(jīng)負載管源源不斷地補充，時間一

長，就會丟失信息，所以必須刷新。常用的刷新方式有兩種：集中式刷新、分布式刷新。

8.答：

(1)靜態(tài)存儲器：易失性存儲器

(2)動態(tài)存儲器：易失性存儲器

(3)MOS電路存儲器：易失性存儲器

?18?計算機組成原理(第二版)

(4)只讀存儲器：非易失性存儲器

(5)隨機存取存儲器：不確定

9.答：高速緩沖存儲器、多體交叉存儲器。

10.答：

(1)方案一：順序方式

(a)主存地址被分成高n位和低m位，高位(n)表示模塊號，低位(m位)表

示塊內(nèi)地址；

(b)在一個模塊內(nèi)，程序是從低位地址連續(xù)存放：

(c)對連續(xù)單元存取，一般僅對一個模塊操作

(d)特點：多模塊并行工作；易擴充容量；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)表示模塊號，高位(n)表

示塊內(nèi)地址；

(b)各模塊間采用多模塊交叉編址；

(c)對連續(xù)單元存取，則多個模塊并行工作

(d)特點：多模塊并行工作，速度快；不易擴展；故障全局性。

11.答：請參考本章高速緩沖存儲器有關(guān)描述。

12.答：A：③；B：③；C：②；D：⑤；E：③；

13.答(3)(5)(10)(11)

14.答：請參考本章存儲器的分級結(jié)構(gòu)和虛擬存儲器等有關(guān)描述。

15.解：

(1)主存容量=4096X128B=219

故主存地址共有19位

(2)頁內(nèi)地址=7位

組地址=4位

主存字塊標記=19—7—4=8

(3)引入Cache結(jié)構(gòu)的目的是為了解決主存和CPU之間速度匹配問題。

而采用虛擬存儲結(jié)構(gòu)目的是解決主存容量不足的問題

16.解：64片；19位；8位

17.解：最小的和=18

(1)地址線：16根，數(shù)據(jù)線：2根

(2)地址線：17根，數(shù)據(jù)線：1根

18.解(1)16K；(2)128片(3)4位

19.解：需要32個芯片。請參考本章存儲器與中央處理器的連接有關(guān)例題。

20.解：

頁面容量為：4KB=2、

18

附錄各章習題參考答案?19?

程序地址空間：2GB=23iB

故虛頁號字段位數(shù)=31-12=19

頁表長度=2"

虛擬地址格式：

邏輯頁號（19位：12-30）頁內(nèi)行地址（12位：0-11）

21.解：

（1）Cache容量64KB,每塊8KB,所以

塊內(nèi)地址為13位（第0位到第12位）；

塊地址為16—13=3位（第13位到第15位）；

（注：塊地址也可以稱為CACHE行地址）

頁面標記為20—16=4位（第16位到第19位）

（2）353O3H=OO110101001100000011

所以區(qū)號=0011

塊號=010

塊內(nèi)地址=1001100000011

（3）Cache有8塊

主存的第k塊映射到Cache的第kmod8個塊

22.答：

存儲器和寄存器不是一回事。存儲器在CPU的外邊，專門用來存放程序和數(shù)據(jù)，訪問

存儲器的速度較慢。寄存器屬于CPU的一部分，訪問寄存器的速度很快。

23.答：

存儲器的主要功能是用來保存程序和數(shù)據(jù)。存儲系統(tǒng)是由幾個容量、速度和價格各不

相同的存儲器用硬件、軟件以及硬件與軟件相結(jié)合的方法連接起來的系統(tǒng)。把存儲系統(tǒng)分

成若干個不同層次的目的是為了解決存儲容量、存取速度和價格之間的矛盾。由高速緩沖

存儲器、主存儲器和輔助存儲器構(gòu)成的三級存儲系統(tǒng)可以分為兩個層次，其中高速緩沖和

主存間稱為Cache一主存存儲層次（Cache存儲系統(tǒng)）；主存和輔存間稱為主存一輔存存

儲層次（虛擬存儲系統(tǒng)）。

24.答：

存取周期是指主存進行一次完整的讀寫操作所需的全部時間，即連續(xù)兩次訪問存儲器

操作之間所需要的最短時間。存取時間是指從啟動一次存儲器操作到完成該操作所經(jīng)歷的

時間。存取周期一定大于存取時間。

25.解：

⑴需1024X1的芯片128片。

?20?計算機組成原理(第二版)

(2)該存儲器所需的地址線總位數(shù)是14位，其中2位用于選板，2位用于選片，10位

用作片內(nèi)地址。

26.解：

順序存儲器和交叉存儲器連續(xù)讀出m=8個字的信息總量都是：

q=64位x8=512位

順序存儲器和交叉存儲器連續(xù)讀出8個字所需的時間分別是：

t2=mT=8x200ns=1600ns=16x107(S)

tl=T+(m-1)t=200ns+7x50ns=550ns=5.5x1O-7(S)

順序存儲器帶寬W2=q/t2=512/(16x10，)=32xIO7(>(i/S)

交叉存儲器帶寬W1=q/tl=512/(5.5xl0-7)=73xl(f(位/S)

27.解：

主存地址分布及芯片連接圖如圖4-37所示。根據(jù)給定條件，選用EPROM8KX16位芯

片1片，SRAM8Kxi6位芯片4片，4Kxi6位芯片1片，3:8譯碼器1片，與非門及反向

器。

20

附錄各章習題參考答案?21?

T=mi,(1)

交叉存儲器要求其模塊數(shù)2m,以保證啟動某模塊后經(jīng)過mr時間后再次啟動該模塊

時，它的上次存取操作已經(jīng)完成。這樣連續(xù)讀取m個字所需要時間為：

t1=T+(m-1)T=mT+mT-T=(2m-1)T(2)

故存儲器帶寬為：

W,=1/ti=1/(2m-l)T(3)

而順序方式存儲器連續(xù)讀取m個字所需時間為：

t2=mT=m2xr(4)

存儲器帶寬為：

2

W2=l/t2=l/mxx(5)

比較(3)和(5)式可知，交叉存儲器帶寬W1大于順序存儲器帶寬W2。

第5章習題參考答案

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

4.答：請參考本章指令系統(tǒng)的要求有關(guān)描述。

5.答：一臺計算機選擇怎樣的指令格式，涉及多方面因素。一般要求指令的字長要短

一些，以得到時間和空間上的優(yōu)勢。但指令也必須有足夠的長度以利于增加信息量。再者,

指令字長一般應是機器字符長度的整數(shù)倍以便存儲系統(tǒng)的管理。另外，指令格式的設計還

與如何選定指令中操作數(shù)地址的位數(shù)有關(guān)。

6.解：設1地址指令有X條

((24-N)*26-X)*26=M

得:X=(24-N)*26-M*2-6

7.解：

由于設定全部指令采用8位固定的OP字段，故這臺計算機最多的指令條數(shù)為28=256

條。因此最多還可以設計出(256-m-n)條單操作數(shù)指令。

8.答：不能。

9.解：可以，具體方案：

4條三地址指令

8條二地址指令

?22?計算機組成原理(第二版)

192一地址指令(192=24*23)

10.答：寄存器尋址；寄存器間址；立即數(shù)尋址；變址尋址、基址尋址、相對尋址。

11.答：請參考本章指令系統(tǒng)的分類有關(guān)描述。

12.答：指令是靈活多變的，主要體現(xiàn)在以下兒個方面：指令格式多樣；尋址方式豐

富；指令類型多種；操作碼位數(shù)可隨地址碼個數(shù)變化而變化(擴展操作碼方式)；指令長

度可變等。

13.答：基址尋址方式和變址尋址方式，在形式上是類似的。但用戶可使用變址尋址

方式編寫程序，而基址尋址方式中對于基址寄存器，用戶程序無權(quán)操作和修改，由系統(tǒng)軟

件管理控制程序使用特權(quán)指令來管理的。再者基址尋址方式主要用以解決程序在存儲器中

的定位利擴大尋址空間等問題。

14.答：請參考本章指令尋址方式有關(guān)描述。

15.答：

(1)堆棧的概念

?是若干個存儲單元(或寄存器)的有序集合，它順序地存放?組元素。

?數(shù)據(jù)的存取都只能在棧頂單元內(nèi)進行，即數(shù)據(jù)的進棧與出棧都只能經(jīng)過棧頂單

元這個“出入口”。

?堆棧中的數(shù)據(jù)采用“先進后出”或“后進先出”的存取工作方式。

(2)堆棧結(jié)構(gòu)在計算機中的作用

?具有堆棧結(jié)構(gòu)的機器使用零地址指令，這不僅合指令長度短，指令結(jié)構(gòu)簡單，

機器硬件簡化。

?實現(xiàn)程序調(diào)用，子程序嵌套調(diào)用和遞歸調(diào)用。

?對于“中斷”技術(shù)，堆棧更是不可缺少的，保存“斷點”和“現(xiàn)場”。

(3)堆棧的操作

設數(shù)據(jù)進棧方向為從高地址向低地址發(fā)展，當向堆棧壓入數(shù)據(jù)時，SP的內(nèi)容先自動遞

減而指向一個新的空棧頂單元，再把數(shù)據(jù)寫入此棧頂單元；當數(shù)據(jù)彈出堆棧時，立即讀出

SP所指向的棧頂單元內(nèi)容，再把SP內(nèi)容自動遞增而指向新的棧頂位置。即

PUSHX：(SP)-lfSP

(X)TSP)

POPX；((SP))-?X

(SP)+1-SP

16.答：

(1)數(shù)據(jù)傳送指令，源操作數(shù)是寄存器尋址，終點操作數(shù)也是寄存器尋址；

(2)數(shù)據(jù)傳送指令，源操作數(shù)是寄存器間址，終點操作數(shù)是寄存器尋址；

(3)加法指令，源操作數(shù)是變址尋址，終點操作數(shù)是寄存器間址；

(4)加法指令，源操作數(shù)是自增型尋址，終點操作數(shù)是自減型尋址；

22

附錄各章習題參考答案?23?

17.答：

（1）雙字長二地址指令，用于訪問存儲器；

（2）操作碼字段0P為六位，可以指定64種操作：

（3）一個操作數(shù)在源寄存器（共16個），另一個操作數(shù)在存儲器中（由基址寄存器

和位移量決定）。

18.答：

指令長度與機器字長沒有固定關(guān)系，指令長度可以等于機器字長，也可以大于或小于

機器字長。通常，把指令長度等于機器字長的指令稱為單字長指令；指令長度等于半個機

器字長的指令稱為半字長指令；指令長度等于兩個機器字長的指令稱為雙字長指令。

19.答：

4條三地址指令

000XXXYYYZZZ

000XXXYYYZZZ

8條二地址指令

100000XXXYYY

100111XXXYYY

180條單地址指令

10100000（）XXX

101I10011XXX

20.答：

主存容量越大，所需的地址碼位數(shù)就越大。對于相同容量來說，最小尋址單位越小，

地址碼的位數(shù)就越長。

21.答：

操作碼6位，尋址方式2位，地址碼8位。

22.答：

（1）返回指令通常為零地址指令。返回地址保存在堆棧中，執(zhí)行返回指令時自動從堆棧

中彈出。而且前返回地址是保存在子程序的第一個單元中，故此時指令不能再是零地址指

令了，而應當是一地址指令。

（2）在這種情況下，可利用寄存器或主存單元進行主、子程序間的參數(shù)傳遞。

（3）可以用于子程序的嵌套（多重轉(zhuǎn)子）。因為每個返回地址都放在調(diào)用的子程序的第

一個單元中。

?24?計算機組成原理(第二版)

(4)不可以用于子程序的遞歸，因為當某個子程序自己調(diào)用自一時，子程序第一個單元

的內(nèi)容將被破壞。

(5)如果改用堆棧方法，可以實現(xiàn)子程序的遞規(guī)，因堆棧具有后進先出的功能。

23.答：

(1)地址碼域=14位，214=16384

操作碼域=7位

指令字長度=14+7+3=24位

(2)此時指定的通用寄存器用作基址寄存器(12位)，但12位長度不足以覆蓋16K地

址空間，為此可將通用寄存器內(nèi)容(12位)左移2位低位補0形成14位基地址，然后與

形式地址相加得一地址，該地址可訪問主存16K地址空間中的任一單元。

(3)可采用間接尋址方式來解決這一問題，因為不允許改變硬件結(jié)構(gòu)。

24.答：

(1)直接尋址，操作數(shù)在有效地址E=D的存儲單元中。

(2)相對尋址。

(3)變址尋址，操作數(shù)在￡=(Rx)+D的存儲單元中。

(4)寄存器間接尋址，通用寄存器的內(nèi)容指明操作數(shù)在主存中的地址。

(5)間接尋址，用偏移量做地址訪問主存得到操作數(shù)的地址指示器，再按地址指示器

訪問主存的操作數(shù)，因此間接尋址需兩次訪問主存。

(6)基值尋址，操作數(shù)在￡=(RJ+D的存儲單元中。

25.答：

(1)采用16位字長的指令，優(yōu)點是節(jié)省硬件(包括CPU中的通用寄存器組、ALU、

主存儲器與MDR),缺點是指令字長較短，操作碼字段不會很長，所以指令條數(shù)受到限

制。另一方面，為了在有限的字段內(nèi)確定操作數(shù)地址，可能要采用較復雜的尋址方式，從

而使指令執(zhí)行的速度降低，當采用24位字長的指令結(jié)構(gòu)時，，其優(yōu)缺點正好相反。具體講,

按所給條件，16位字長的指令格式方案如圖5-31所示：

1510987430

OPX)RiRz

圖5?3116位字長指令格式

其中OP字段可指定64條指令。Xi為尋址模式，與Ri通用寄存器組?起，形成一個

操作數(shù)。具體定義如下：

X]=00,寄存器直接尋址,E=Rn

X,=01,寄存器間接尋址,E=(RH)

X1=10,基地址方式0,E=((Rb0)+(RH))

X1=ll,基地址方式1,E=((Rbl)+(R］。)

24

附錄各章習題參考答案?25?

其中Rw)，Rhi分別為兩個20位的基地址寄存器。

24位字長指令格式方案如圖5-32所示：

634344

OPX,Rix2R2