计算机组成原理与系统结构课后作业答案

P1013.3写出下列各数的原码、反码和补码，机器数长度为8位真二进制真原反补（2）-（3）-（4）-P1013.4写出下列各机器数的二进制真值（1）[X] （2）[X] （3）[X] （4）[X] （5）[X] （6）[X] （7）[X] （8）[X] （9）[X] （10）[X] （11）[X] （12）[X] P1564.1 Y＝－0.0110（设机器数长度为8位[2X]=溢[-Y/4]尾数（6位原码尾数（6位原码阶码（6位移码（1）X=-25/64=-[X]浮=0，11111 [Y]浮=1,00010（2）[Z]浮=9F4H=1,001111.10100=-P102：9、机器数字长16（1）无符号整数0~216（2）原码表示的定点整数：1，111…11~0，111…11即(2151)~215（3）补码表示的定点整数：1，00…000~0，111…11215~215（4）补码表示的定点小数：1.00…000~0.111…11即1~1非规格化浮点数NMR尾数（尾数（8位补码阶码（8位移码最大数(12722尾尾数阶码最小数122尾尾数阶码最大负数27尾尾数阶码最小正数27尾尾数阶码最大数(127221尾数阶码最小数1尾数阶码尾尾数阶码最大负数2127尾尾数阶码最小正数21阶码尾数P156：2 5－1补码BOOTH5－2补码BOOTH 尾数（尾数（6位补码阶码（5位补码（1）X=-1.625=- 1、对阶同2、尾数相减11+[EX-Y]补3、结果不需规4、舍入处理：[EX-Y]补＝[X-Y]=0,0011X=0.2344=0.00111Y=-0.1133=-1、对阶同2、尾数相减：+[EX-Y]补=01.01000发生正尾数[EX-Y]补=[Mx- =3、结果不需规4、舍入处理：[EX-Y]补＝[X-Y]=1,1111P108：9-尾数（尾数（6位补码阶码（5位移码 Y=-1.625=- 9-

P225：264K16K

41664

（3）128500nsP225：3最大主存容量=218 218 共需 4 64片；若采用异步刷新，则刷新信号的周期64K2ms8字节，则Cache容量为2K16bit51229c=9，Cache采用2218 组相 ，则r=1。主存容量

每字包含2主 Cach字块字块…字块字块…282字块28+…字块29-…字块26-2…字块26-标行标行标行2标行…………标行 -标行290101…………82-

Cach…1…………28-…主存字地址主存字块组地 1主存字节地址主存字块标记组地地 1主存字地址=462EH=00010001，10001011，10；因此该字到Cache的第139组分析地址A1A1A1A1A1A1A1A1A9A8000000000000000000最小……RA011111111111111111……保留111110000000000000最高端1111…1…1111111111111RO128K的RAM区由128K16bit8216片 构成；分为8组，组与组之16K进行字扩展；每个组内有2片进行位MMR1AEDCB4:161A1A1A……Y1CPCCCC1AROA1C16ARAA1AA12～…1 1DWEC16KARAMWD1………1C16KARAMWD161R888188P225：5平 时间tahctc(1hc)hm(tmtc)(1hc)(1hm)(tmtctp其中：ta——平均时间；tc——Cache的周期；tm——主存的周期；tp—磁盘的周期；hc——Cache中率；hm——主存中率ta90%20ns10%60%80ns10%40% 所以

ta18ns4.8ns3.2ns48nsP168：6h

%平均时

tahtc(1h)ta97.5%40ns2.5%240ns39ns6nse=P168：74路组相联，所以每块4字，所以 每字32位，所以每字包含4字节Cache容量

51229行，故主存容量为16M1M220块，故…字块27227…字块27…2202…字块22-01…1…2-

Cach标行0…标行0…标行标行4…标行……………标行-…标行92-0……1……7……2-……

Cach(1)Cache共分为：2c-r=29-2=128组主存字节地址主存字块标记组地地址1 2P226：84路组相联，所以64字，所以Cache容量为8K27行，故64主存容量为256K212块，故主 Cach…字…字块25225+…字块25…2122…字块21-标行…标行标行…标行……………标记行2-…标记行27-00 ……组……52-

Cach…1…………7…2-主存字地址0~8447，位8448132，即主存0~8447字位于连132块内132商4余4，因此64 25132块连续分布在第0~4大组内，其中在第4大组中只有4块第0大 第1大 第2大 第3大 第4大共3块共3块4CPU第1次依 主存的0~8447字时不命中132次。Cache的变4主 4第 第

4第4 CPU从第2次开始直到第21次主存的0~8447字时，每轮不命中20次（从第大组的前4块都不命中，其余都命中），Cache的变化第的4第1的第的4第1的4第2的4Cach

.第3的4第4的第3的4第4的4第1的4第2的4第第的第的4第2的4第3的43404第第的第的4第2的4第3的4第的第的4第2的4第3的4第的组行第的组4第的组行第的组行第第的44第的04第的组行第的组行第因为ttmc84482113220 h 100%

100%8448

设使用Cache比不使用Cache在速度上提高x倍，x 9.7htc(1h)(tmtc htm(1h)11 12第一条转移指令

地 指（PC）=001AH，执行该JMP指令后 第二条转移指令（PC）=001AH，执行该JMP指令后 13寄存器-器型指令是指一个操作数来自寄存器，另一个操作数来自器指令字长32位直接寻址时EA=ADDR，因此主存最大空间为219字。（假设器按字编址间接寻址时EA=（ADDR），因此操作数地址存放在主存地址为0~219-1的单元内，假设器按字编址，则EA应该是32位的地址，则主存最大空间为232字。其实用32位通用寄存器做基址寄存器，类似于80X86机器上器分段管理EA=32位址+偏移地址，所以EA是32位，则主存最大空间为232字16、设某机寄存器字长16位，用16进制知：变址寄存器内容为的内容为0003H中部分单元内容如下地址地址直接地地址位移量直接地地址位移量(16位)操作码，寻址方式码，寄存器号(16位)若当前指令分别为下列寻址方式时 试求出操作数填入下表寻址方式操作数直间立/变 某机器字长16位，采用单字长指令，每个地址码6位。试采用操作码扩展技术，设计条二地址指令，80条一地址指令，60条零地址指令。请给出指令编码示意图。双操作数指令格式：OP（4位A1（6位A2（6位14…A1（6位A2（6位单操作数指令格A1A1（6位OP（10位80…A1（6位…OP（16位无操作OP（16位60OP（4位OP（4位A（8位M为源操作数的寻址方式，编00—立即数寻011011—变址寻（变址寄存器为A为源操作数的立即数、直接地址、间接地址或偏移地址Rd为目的操作01——10——11——其中OP为操作码，编码分配如下0000——0001——0010——0011——0100——0101——INC（自增 1111——（动态停机假设：PC的内容为22H；变址寄存器R3的内容为30H主存地址主存地址主存地址20H：27H：2EH：21H：28H：2FH：22H：29H：30H：23H：2AH：31H：24H：2BH：32H：25H：2CH：33H：26H：2DH：34H：问：CPU启动执行指令到停机，期间执行了哪几条指令？写出每条指令的功能、寻址方式、操作数及执行结果。指助记寻址方源操作执行结直接寻指助记寻址方源操作执行结直接寻立即—变址寻立即—相=2CH+01H—————————停6、设某机平均执行一条指令需要两次内存，平均需要三个机器周期，每个机周期包含 个节拍周期。若机器主频为 25MHz，试回答：1）若主存不需要等待周期，则平均执行一条指令的时间为多少？2）若每次内存需要2个等待节拍周期，则平均执行一条指令的时间是解时钟1

1平均指令周34时钟周期22时钟7、设某机主频为8MHz，每个机器周期包含4节拍周期，该机平均指令执行速度为1MIPS。1

平均每条指机器周期8、参见图7－41的数据通路，指令“INCR1R1寄存器的内容加1，画出其指令周期微程序流程图，并根据表7－11和表7－12写出每一条微指令码。解：INCJJ1DA1+1RR1DARAMIPCARPC+S3-空M6-100010000009、根据图7－41所示的模型机结构和数据通路，写出以下指令从取址到执行的全部微操作序列，说明各条指令需要哪几个机器周期，需要几次内存及完成什么操作。SUBA，R，该指令完成（A）－R→（A），源操作数一个为寄存器寻址，目标操作数为指令提供的内存有效地址A。JMP偏移量，该指令完成PC＋偏移量→PC解：（1）SUBA，R；（A）－R→（A）JJ1RAMDADA1-DA2RARAMARsDAPCARPC+RAMIPCARPC+所以，共8个机器周期，共访存4次（2）JMPDISP；PJ1RAMDAPCDAPCARPCRAMIPCARPC所以，共7个机器周期，共访存210、假设某机器主要部件有：程序计数器PC、指令寄存器IR、通用寄存器R0～R3、暂存器 DD2、ALU、移位器、器地址寄存器MAR 及器M。1）画出AD（1），（2）指令在取指和执行阶段的操作步骤流程图。1寄存器存放目标操作数地址，R2寄存器存放源操作数地址。写出各操作步骤所需的全部微操作命令。解：（1）MEMMEMDM-M-MEALU-ALUA循循算+-*/ALU环环...术左 移移移..B-B-DDDDB-B-PB-RB-RB-RRRRRB-PIB-IR0-R1-R3- PC-B指令译MAB-RINSREGUNITMA移位器MMAPR2MARAMRAMDDR1MARAMDDRAMIPCMARPC+取ADD指令的微指①PC-B＃、B-MAR、②M-R#、B-③指令译码信号MAP＃有效执行ADD指令的微指令12345M-R#,B-DD112345“+”,ALU-B#,M-11、假设某机共有76条指令，平均每一条指令由11条微指令组成，其中有一条取指令的微指令是所有指令公共的，该机共有微命令31个，微指令的微操作码采用直接控。试问：1）该机微指令长度为多少？2）控制器的容量应为多少N条，N=76*11-75=761条；下址字段长为X位，2X≥761，则所以，该机微指令长度=31+10=41控制器的容量应该≥761×41位，取1024×41位2、某机采用微程序控制方式，其器容量为512×48（位），微程序在整个控制器中实现转移，可控制微程序的条件共4个，判别测试字段采用编译法。微指令采用水平型格式，后继微指令地址采用判定方式，：微命令字判别测试下地址字←操作控←——————顺序控解控制字段（48-9-2=37位判别测试字段（2位下址字段（9位地址地址操作状微地址散转及修改电路微地址散转及修改电路＋器测下 判定方式产生后继微地测下14、图7－46为某模型机的微程序流程图，图中每一