计算机组成原理作业

第1章计算机系统概论作业1.1写出计算机的主要技术指标。【解】机器字长：指CPU中ALU一次能处理二进制数据的位数。通常CPU的数据总线以及运算器的位数同计算机的字长一致。计算机的字长同处理能力和计算精度有关。字长越长，计算精度就越高，处理能力也就越强。运算速度：以每秒钟能执行多少条指令来表示的，用来衡量计算机运算的快慢程度。常用以MIPS（MillionInstructionPerSecond，每秒钟百万条指令）为描述单位。（3）存储容量：存储容量是衡量计算机系统中存储器存储能力的一个指标，包括内存（主存）容量和外存（辅存）容量。内存容量以字节为单位，最大容量由CPU的地址总线的位数决定，如32位微机系统地址总线为32位，最大容量为4GB。外存容量是指磁盘、磁带和光盘等容量，应根据实际需要来配置。目前高档微机系统中采用的硬磁盘的容量为120GB、160GB、360G等，光盘的容量也为GB级。（4）主频：指计算机工作时CPU的时钟频率，其单位为MHz（兆赫，106赫兹）和GHz(千兆赫，109赫兹)，是计算机工作的时间基准，用来协调整机的操作。主频的高低在很大程度上决定了计算机的运算速度。目前高档微机的主频都在几GHz以上，比如I3-370M双核处理器主频2.4GHz。1.2写出冯·诺依曼计算机的主要组成部分。解：冯·诺依曼计算机的主要组成部分是：运算器、控制器、存储器、输入设备和输出设备。其中运算器和控制器合称“中央处理机”（或称为CPU，CentralProcessingUnit），CPU与存储器(内存储器)合称为“主机”,而输入设备和输出设备合称为“外部设备”。L3为操作系统，为用户提供一个操作环境；L4为汇编语言级计算机，该级的机器语言是汇编语言，由相应级的计算机进行解释、执行；L5为高级语言类计算机，该级的机器语言是各种高级语言，该级计算机基本上脱离了物理计算机，供程序员使用；L6为应用语言计算机，该级的机器语言是面向非计算机专业人员直接使用的应用语言；L7为应用系统分析和设计，是系统总体分析级，用以建立数学模型和算法，确定系统配置。第2章运算基础—数值的机器级表示作业2.1写出下列十进制数的8位二进制补码表示。(1)54(2)-253(3)0.5(4)-0.125【解】(1)[54]补=[64-10]补=[+0110110]补=0,0110110(2)-253超过8位二进制补码表示范围，溢出(3)[0.5]补=[+0.1000000]补=0.1000000(4)[-0.125]补=[-0.0010000]补=1.11100002.2转换下列二进制数为十进制数。(1)10111101(2)10001001【解】(1)(10111101)2=(128+32+16+8+4+1)10=(189)10(10001001)2=(128+9)10=(137)102.3写出下列带符号数的原码、反码、补码和移码表示(用8位二进制代码表示)。+112(2)0.625(3)-124【解】(1)[+112]原=[+112]反=[+112]补=[+1110000]补=0,1110000[+112]移=[+1110000]移=1,1110000[+0.625]原=[+0.625]反=[+0.525]补=[+0.1010000]补=0.1010000[-124]原=[-1111100]原=1,1111100[-124]反=[-1111100]反=1,0000011[-124]补=[-1111100]补=1,00001002.4给出以下机器数，求其真值(用二进制和十进制数表示）。(1)［x］原=00100111(2)［x］补=10101101(3)［x］移=01000110【解】(1)x=(+100111)2=(32+7)10=(39)10(2)x=(-1010011)2=-(64+16+3)10=(-83)10x=(-111010)2=-(32+16+8+2)10=(-58)10第3章作业3.1已知[x]补和[y]补的值，用补码加减法计算x+y和x-y（写出结果的二进制表示和十进制表示），并指出结果是否溢出?(1)[x]补=0.11011,[y]补=0.00011【解】(1)[x+y]补=[x]补+[y]补=00.11011+00.00011=00.11110,x+y=(0.1111)2=(15/16)10[x-y]补=[x]补+[-y]补=00.11011+11.11101=00.11000,x+y=(0.11)2=(3/4)10(2)[x]补=0,10111[y]补=1,00101[x+y]补=[x]补+[y]补=00,10111+11,00101=11,11100,x+y=(-100)2=(-4)10[x-y]补=[x]补+[-y]补=00,10111+00,11011=01,10010结果溢出(3)[x]补=1,01010[y]补=1,10001[x+y]补=[x]补+[y]补=11,01010+11,10001=11,11011,x+y=(-101)2=(-5)10[x-y]补=[x]补+[-y]补=11,01010+00,01111=11,11001,x+y=(-111)2=(-7)103.8写出下列数据的浮点数表示，基数为2，设阶码为5位(含1位阶符)，尾数为11位(含1位尾符)，要求尾数用补码，阶码用移码。(1)12510(2)101012–0.062510(4)23710【解】（1）[12510]浮=[+11111012]浮=[+0.1111101000×20111]浮=0101111111101000[101012]浮=[+0.1010100000×20101]浮=0101011010100000(3)[-0.062510]浮=[-0.00012]浮=[-1.0000000000×2-0100]浮=1011000000000000[23710]浮=[+0.1110110100×21000]浮=00100011101101003.9用32位二进制浮点数规格化表示，阶码9位(其中1位为阶符)，尾数23位(其中1位为尾符)，要求阶码为移码表示，尾数为补码表示。请问：1、最大正数是多少？2、最小正数是多少？3、最大负数是多少？4、最小负数是多少？【解】最大正数是：(1-2-22)×2255最小正数是：2-1×2-256×=2-257最大负数是：-(2-1+2-22)×2-256最小负数是：-1×2255=-2255补充题：1、假定一个十进制数为一66，按补码形式存放在一个8位寄存器中，该寄存器的内容用十六进制表示为何数？【答】[-66]补=[-1000010]补=1,0111110=BE2、十进制数-129.25对应的IEEE754单精度浮点数是多少？【答】(-129.25)10=(-10000001.01)2=(-1.000000101×2111)2s=1e=1111111+111=1000110f=00000010100000000000000或11000110000000101000000000000003、已知X=-110.1011,Y=+1001.001;用补码浮点数表示并计算X-Y,，结果还原成十进制真值。阶码4位，尾数8为，皆含1位符号位。【解】[X]补=[-0.1101011×2011]补=00111.0010101[Y]补=[+0.1001001×2100]补=01000.1001001[-Y]补=11001.0110111①对阶[∆E]补=00011∆E=-1+1110011111[X’]补=01001.10010101②尾数求差11.10010101+11.011011111.0000001③规格化：尾数结果已是规格化数。④舍入处理：采用0舍1入法，结果为：[X-Y]补=0010011.0000010⑤溢出判断：阶码没有溢出，浮点数没有溢出。最终真值为：-0.111111×2100=-1111.11=-15.754、在定点二进制运算器中，减法运算一般通过什么电路来实现？如何实现？【答】通过补码二进制加法器实现。用被减数加上减数的机器负数实现。5、浮点数采用什么机器数形式时，可用全0表示机器0？【答】阶码用移码表示，尾数用补码表示即可。6、假设一个8位寄存器中存放数据为8AH，试问该数为无符号数和原码时，对应的十进制真值各是多少？【答】无符号数对应的真值为：138原码对应的真值为：-10第4章作业1、现代计算机的存储模块是一个三级存储系统，即Cache、主存和辅存(硬盘)，它们的速度和容量是如何分布的？各由什么存储介质构成？由CPU直接管理的是哪些？【答】Cache、主存和辅存(硬盘)的速度呈递减分布；容量呈递增分布。Cache由SRAM构成；主存由DRAM和少量的ROM构成；辅存(硬盘)由磁表面存储介质构成。CPU直接管理Cache和主存。2、DRAM型存储器为什么需要定时刷新？SRAM型存储器为什么不需要？提高主存的速度为什么不考虑使用SRAM构成主存的RAM区？使用小容量的高速缓存为什么可以提高CPU访存速度？【答】静态RAM采用触发器工作原理存储信息，在带电情况下可以稳定储存信息；动态RAM利用电容存储电荷的原理存储信息。由于在一定时间内电容存储的电荷会自动消失，所以在2ms内必须对动态RAM刷新一次。SRAM速度虽快，但位价高，出于成本考虑不使用其构成大位量的主存RAM区。是基于程序访问的局部性原理。该原理确定对存储器的访问在时间与空间上都会局限在小容量区域。3、主存中的ROM起什么作用？如果开机执行程序在硬盘里，CPU能直接执行吗？为什么？如果CPU第一次执行某条指令，它可能在Cache中取到它吗？为什么？【答】主存中的ROM是开机后CPU执行的程序区，其内保存开机自检与引导程序。由于CPU不能直接访问硬盘，所以CPU不能执行存放在硬盘里的开机执行程序。CPU第一次执行某条指令，它也有可能在Cache中取到它；因为该指令可能正好包含在已被执行过的程序块中，该块属于被访问过的块已经进入Cache。4、主存储器的性能指标有哪些？含义是什么？【答】存储器的性能指标主要是存储容量.存取时间、存储周期和存储器带宽。在一个存储器中可以容纳的存储单元总数通常称为该存储器的存储容量。存取时间又称存储访问时间，是指从启动一次存储器操作到完成该操作所经历的时间。存储周期是指连续两次独立的存储器操作（如连续两次读操作）所需间隔的最小时间。存储器带宽是指存储器在单位时间内的数据传输速率。5、Cache的三种映像方式各如何实现？实际应用中通常采用哪种映像方式？为什么？【答】直接映像是将主存中的某一块只能映像到Cache中的一个固定块上；全相联映像是主存中的某一块可以映像到Cache中的任一块上；组相联映像是介于直接映像和全相联映像之间的一种折中方式，即：组内全相联映像，组间直接映像。1分组相联映像方式以其命中率高、易于实现等优点被广泛应用于实际中。6、存储器容量为32字，字长64位，模块数m=8，用交叉方式进行组织。存储周期T=200ns,数据总线宽度为64位，总线传输周期τ=50ns。问该存储器的带宽是多少？【答】连续读出m=8个字的信息量是：q=64位×8=512bits连续读出8个字所需的时间是：t=T+(m–1)τ=200+7×50=5.5×10-7s交叉存储器的带宽是:W=q/t=512/（5.5×10-7s）≈93×107bits/s7、设CPU共有16根地址线和8根数据线，并用MREQ作为访存控制信号，WR作为读/写命令信号(高为读，低为写)。设计一个容量为32KB、地址范围为0000H～7FFFH的主存储器。说明设计方案。可选芯片如下：注意：G1为高有效，G2A和G2B为低有效；Y0，…，Y7为低有效。SRAMSRAMA12…A0CSD7…D0WEG1Y7G1Y7

G2A译Y6

G2B

码:

A

B器

CY0【答】芯片容量为：8K×8bits=8KB32KB容量的存储器需要4片8KB存储芯片；4芯片地址分配如下：芯片0：0000H～1FFFH芯片1：2000H～3FFFH芯片2：4000H～5FFFH芯片3：6000H～7FFFH芯片译码地址分配如下：A13A14A15对应3-8译码器的输入端ABC，Y0～Y3译码输出分别选择芯片0～芯片3的片选CS；WR输出至存储芯片的WE端，MREQ直接输出至G1，反相输出至G2AG2B。4.8已知某8位机的主存采用半导体存储器，地址码为18位，采用4K×4位的SRAM芯片组成该机所允许的最大主存空间，并选用模块条形式，问：（1）若每个模块条为32K×8位，共需几个模块条？（2）每个模块条内有多少片RAM芯片?（3）主存共需多少RAM芯片？CPU需使用几根地址线来选择各模块？使用何种译码器？【答】（1）地址码为18位，所允许的最大主存空间为218B=256KB256KB/32K×8位=8，共需8个模块条（2）32K×8位/4K×4位=16，每个模块条内有16片RAM芯片（3）16×8=128，主存共需128个RAM芯片CPU需使用3地址线来选择各模块，使用3-8译码器。4.11一个具有8KB直接映象Cache的32位计算机系统，主存容量为32MB，假定该Cache中块的大小为4个32位字。（1）求该主存地址中区号、块号和块内地址的位数。（2）求主存地址为ABCDEF16的单元在Cache中的位置。【答】(1)区号=32MB/8KB=4K,12位块号=8KB/4×4B=512,9位块内地址=4×32/8=16,4位(字节地址)(2)主存地址为ABCDEF16的单元其二进制地址为：0101010111100110111101111(注意主存字节地址为25位)区号为010101011110块号为011011110数据在Cache中的位置是0110111101111，即DEF164.15有一个Cache-主存存储层次，主存容量为8个块，Cache容量为4个块。采用直接地址映象：（1）对于如下主存块地址流：0,1,2,5,4,6,4,7,1,2,4,1,3,7,2,如果主存中内容一开始未装入Cache中，请列出每次访问后Cache中各块的分配情况：（2）指出块命中的时刻；（3）求出此期间Cache的命中率。【答】（1）每次访问后Cache中各块的分配情况：4.16一个组相联映象Cache由64个存储块构成，每组包含4个存储块。主存包含4096个存储块，每块由128字组成，访存地址为字地址。（1）求一个主存地址有多少位？一个Cache地址有多少位？（2）计算主存地址格式中，区号、组号、块号和块内地址字段的位数。【答】(1)主存4096块—12位,每块128字—7位,共19位。Cache64块—6位,每块128字—7位,共13位(2)区号=主存块数/Cache块数=4096/64=64(6位)组号=Cache块数/组内块数=64/4=16(4位)组内块号为4(2位)块内地址为7位(字地址，每块128字)主存地址格式如下：6位4位2位7位区号区号组号组内块号块内地址4.18有一个”Cache-主存”存储层次。主存共分为8个块(0～7)，Cache为4个块(0～3)，采用组相联映象，组内块数为2块，采用LRU(近期最少使用法)的替换算法。（1）画出主存、Cache地址的各字段对应关系;（2）画出主存、Cache空间块的映象对应关系的示意图;（3）对于如下主存块地址流：1、2、4、1、3、7、0、1、2、5、4、6、4、7、2，请列出每次访问后Cache中各块的分配情况。4．19设Cache的工作速度为主存的8倍，Cache被访问命中的概率为0.90，问采用Cache后，存储器性能提高多少？【答】Ta=0.1Tm+0.9×Tm/8=0.2125性能为原来的1/0.2125=4.706倍，即提高了3.706倍。4.20某计算机的页式虚存管理中采用长度为32字的页面。页表内容如习表4-1所示，求当CPU程序按下列2进制虚拟字地址访存时产生的实际字地址。（1）00001101（2）10000000（3）00101000【答】页面长度为32字，则页内地址5位，8位地址码中的髙3位为虚页号，从表中查出2位实页号，与页内地址合并构成7位实际物理内存的地址。（1）虚页号为000，查得实页号01，与页内地址01101合并，得0101101;(2)虚页号为100，查得实页号10，与页内地址00000合并，得1000000;(3)虚页号为001，查得该页未装入内存，故无相应的内存地址。4.23主存容量为4MB，虚存容量为1GB，则虚拟地址和物理地址各为多少位？如页面大小为4KB，页表长度是多少？【答】虚拟地址为：1GB=230B，30位物理地址为：4MB=222B，22位页表长度为：1GB/4KB=230B/212B=218=256K第5章作业5.5某计算机的数据通路如习图5-1所示，其中M—主存，MBR—主存数据寄存器，MAR—主存地址寄存器，R0-R3—通用寄存器，IR—指令寄存器，PC—程序计数器（具有自增能力），C、D--暂存器，ALU—算术逻辑单元（此处做加法器看待），移位器—左移、右移、直通传送。所有双向箭头表示信息可以双向传送。请按数据通路图画出“ADD（R1），（R2）+”指令的指令周期流程图。该指令的含义是两个数进行求和操作。其中源操作地址在寄存器R1中，目的操作数寻址方式为自增型寄存器间接寻址（先取地址后加1）。答：T1:PC→MAR,PC+1T10:D+C→移位器T2:M[PC]→MBRT11:R2→MART3:MBR→IRT12:移位器→MBRT4:R1→MART13:MBR→M[R2]T5:M[R1]→MBRT6:MBR→DT7:R2→MART8:M[R2]→MBRT9:MBR→C5.6举例说明计算机中常用的两种寻址方式（寄存器寻址、变址寻址）。【答】1.寄存器寻址：ADDR2，R1；R2+R1→R2两个操作数都在寄存器中，指令中直接给出寄存器地址，这里为：R1,R2。2.变址寻址：ADDR2，100（R1);(R1+100)+R2→R2源操作数在内存中，内存地址由两部分组成：一个在寄存器R1中，另一个是指令中給出的一个地址码—100，则内存地址为R1+100。5.13简述一条指令应包含的信息以及这些信息的作用？【答】指令由操作码（opcode）和操作数(operand)两个字段组成。操作码字段指出该指令的功能,即执行何种操作。操作数字段指出该指令的操作对象，通常为一个立即数（在指令代码中直接给出）、寄存器中内容、存储单元的内容或I/O端口的内容。补充题——1、比较RISC与CISC指令系统的特点。答：（1）RISC指令长度固定；CISC指令长度可变。（2）RISC指令系统精简、指令格式种类少；CISC指令系统复杂、指令格式种类多样化。（3）RISC指令系统寻址方式少；CISC指令系统寻址方式多。（4）RISC指令系统只有LOAD/STORE指令访存；CISC指令系统中各类指令皆可访存。2、TEC-2000A教学计算机指令系统格式有几种？指令：MVRDR0,5555及ADDR0,R1各属于哪种格式？它们都采用了什么寻址方式？答：两种格式：单字指令、双字指令格式。MVRDR0,5555是双字指令格式；ADDR0,R1是单字指令格式。都采用了寄存器寻址、立即寻址两种方式。3、根据TEC-2000A教学计算机指令执行流程框图，写出指令MVRDR0,5555在其上的执行过程。答：MVRDR0,5555执行过程如下：T1:PC→AR,PC+1→PCT2:M[PC]→IRT3:PC→AR,PC+1→PCT4:M[PC]→R0第6章作业6.1简述微程序控制器完成一条机器指令的过程。【答】将执行一条机器指令所需要的操作控制信号以一个个控制字的形式存放在控制存储器中，每一个控制字称为一条微指令。一条机器指令所需要的操作控制信号由若干条微指令组成的序列来实现，对应于一条机器指令的微指令序列称为微程序。把全部机器指令执行时所需要的全部控制信号以一段段微程序存放在一个专用的存储器——控制存储器中，机器在执行某一条机器指令时，就从控制存储器中读取该机器指令所对应的微程序，在机器执行一条机器指令时，一条一条从控制存储器读取所要运行指令的微程序中的微指令，从而产生各种操作控制信号以实现该机器指令的功能。6.2在微程序控制器中，控制存储器的容量为1024字×32位，微指令有控制字、BCF和BAF三个字段，控制字为16位，问BCF和BAF字段各有多少位？【答】1024=210，所以控制存储器的地址段BAF=10位；而微指令字长为32位，则BCF=32-16-10=6位。6.4.中央处理器应具有哪些基本功能。【答】中央处理器CPU的基本功能为：（1）指令控制——控制程序的运行。（2）操作控制——控制指令的操作步骤。（3）时间控制——对操作控制信号的定时。（4）数据处理——对数据进行算术运算和逻辑运算。中断处理和异常处理。6.11叙述机器指令与微指令的相互关系。【答】机器指令与微指令的关系是每一条机器指令由若干条微指令组成的微程序来解释