《计算机组成原理与系统结构课后作业答案(包健 冯建文版)》由会员分享，可在线阅读，更多相关《计算机组成原理与系统结构课后作业答案(包健 冯建文版)（35页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、运算器P101 3.3写出下列各数的原码、反码和补码，机器数长度为8位：真值二进制真值原码反码补码（1）000000000，00000000，00000000，00000001，00000001，1111111（2）-12711111111，11111111，00000001，0000001（3）-0.50.10000001.10000001.01111111.1000000（4）-19/1280.00100111.00100111.11011001.1101101（5）10011001000，11001000，11001000，1100100（6）23/640.0101110.0101110
2、0.01011100.0101110P101 3.4写出下列各机器数的二进制真值X：（1）X补=0,1001X=1001（2）X补=1,1001X=111（3）X原=0,1101X=1101（4）X原=1,1101X=1101（5）X反=0,1011X=1011（6）X反=1,1011X=100（7）X移=0,1001X=111（8）X移=1,1001X=1001（9）X补=1,0000000X=10000000B，X128（10）X反=1,0000000X1111111B，X127（11）X原=1,0000000X0（12）X移=1,0000000X0P156 4.1X0.1101Y0.01
3、10（设机器数长度为8位）X补=0.1101000X补=1.00110002X补=溢出2X补=溢出X/2补=0.0110100-X/2补=1.1001100Y补=1.1010000Y补=0.01100002Y补=1.01000002Y补=0.1100000Y/2补=1.1101000-Y/2补=0.0011000-Y/4 补=0.0001100P102：3.8、阶码（6位移码）尾数（6位原码）（1） X=-25/64=-0.011001B，Y=2.875=10.111BX浮=0，11111 1.11001=7F9H Y浮=1,00010 0.10111=897H（2） Z浮=9F4H=1,00
4、111 1.10100=-80P102：9、机器数字长16位（1） 无符号整数：（2） 原码表示的定点整数：1，111110，11111即（3） 补码表示的定点整数：1，000000，11111即（4） 补码表示的定点小数：1.000000.11111即（5） 非规格化浮点数：阶码（8位移码）尾数（8位补码）最大数=阶码=1，1111111尾数=0.1111111最小数=阶码=1，1111111尾数=1.0000000最大负数=阶码=0，0000000尾数=1.1111111最小正数=阶码=0，0000000尾数=0.0000001（6） 规格化浮点数：最大数=阶码=1，1111111尾数=0
5、.1111111最小数=阶码=1，1111111尾数=1.0000000最大负数=阶码=0，0000000尾数=1.0111111最小正数=阶码=0，0000000尾数=0.1000000P156：2、（1）（2）P156：4142P156：551补码BOOTH算法52补码BOOTH算法P156：6、61原码恢复余数算法61原码加减交替算法62原码恢复余数算法62原码加减交替算法P156 71补码加减交替算法72补码加减交替算法P156：4.8阶码（5位补码）尾数（6位补码）（1）X=-1.625=-1.101B Y=5.25=101.01B X+YXY:1、对阶同上2、尾数相减： 11.11
6、00110 + 11.01011 EX-Y补 = 11.0010010 3、结果不需规格化 4、舍入处理：EX-Y补 1.00101 X-Y = 0,0011 1,00101 P108：82 X=0.2344 = 0.00111 Y= -0.1133=-0.00011 XY:1、对阶同上2、尾数相减： 00.11100 + 00.01100 EX-Y补 = 01.01000 发生正溢 尾数右移，阶码加1 EX-Y补 = 0.10100 Mx-y = 1.1111 3、结果不需规格化 4、舍入处理：EX-Y补 0.10100 X-Y = 1,1111 0,10100P108：9-1阶码（5位移码
7、）尾数（6位补码）（1）X=5.25=101.01B Y=-1.625=-1.101B X*Y9-1 X/Y: 9-2 X*Y 9-2 X/Y存储体系P225：2、（1）（2）（3）P225：3、（1） 最大主存容量=（2） 共需芯片；若采用异步刷新，则刷新信号的周期为（3） 每块8字节，则Cache容量为，即c=9，Cache采用2路组相联映射，则r=1。主存容量为，即m=16。每块包含4个字，每字包含2个字节。主存字地址=462EH=00 0100 01，10 0010 11，10；因此该字映射到Cache的第139组。（4） 分析地址：128K的RAM区由SRAM芯片构成；分为8组，组与
8、组之间进行字扩展；每个组内有2片进行位扩展。P225：5、平均访问时间其中：ta 平均访问时间；tc Cache的存储周期；tm 主存的存储周期；tp 磁盘的存储周期；hc Cache的命中率；hm 主存的命中率。所以，P168：6、命中率平均访问时间 e = tc/ta=40/45=8/9P168：7、4路组相联映射，所以r=2每块4字，所以b=2；每字32位，所以每字包含4字节。Cache容量为，故c=9主存容量为，故m=20(1) Cache共分为：2c-r = 29-2 = 128组。(2)P226：8、4路组相联映射，所以r=2每块64字，所以b=6；Cache容量为，故c=7主存容
9、量为，故m=12主存字地址08447，位于主存的哪几块内呢？，即主存的第08447字位于连续的132块内。，因此这132块连续分布在第04大组内，其中在第4大组中只有4块。CPU第1次依次访问主存的08447字时不命中132次。Cache的变化如图所示CPU从第2次开始直到第21次访问主存的08447字时，每轮不命中20次（从第04大组的前4块都不命中，其余都命中），Cache的变化如图所示因为,命中率设使用Cache比不使用Cache在速度上提高x倍，则指令系统12、地址指令0019HOPMOD001AHDISP第一条转移指令：0019HJMP001AH0006H（PC）=001AH，执行该
10、JMP指令后（PC）=001AH+0006H=0020H第二条转移指令：0019HJMP001AH0025H（PC）=001AH，执行该JMP指令后（PC）=001AH+0025H=003FH13、寄存器-存储器型指令是指一个操作数来自寄存器，另一个操作数来自存储器。（1）指令字长32位：OP(6)MOD(3)REG(4)ADDR(19)直接寻址时EA=ADDR，因此主存最大存储空间为219字。（假设存储器按字编址）间接寻址时EA=（ADDR），因此操作数地址存放在主存地址为0219-1的单元内，假设存储器按字编址，则EA应该是32位的地址，则主存最大存储空间为232字。（2）其实用32位通用寄存器做基址寄存器，类似于80X86机器上存储器分段管理。EA=32位基地址+偏移地址，所以EA是32位，则主存最大存储空间为232字。16、设某机寄存器字长16位，用16进制表示，已知：变址寄存器内容为0004H，PC的内容为0003H，内存中部分单元内容如下： 地址：内容 地址：内容 0002H：000AH 0007H：000AH 0003H：0002H 0008H：0002H 0004H：0007H 0009H：0003H 0005H：0004H 000AH：0009H 0006H：0005H 000BH：000
