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1、【MeiWei_81重点借鉴文档】白中英第五版计算机组成原理课后习题参考答案第1章 计算机系统概述4、冯诺依曼型计算机的主要设计思想是什么？它包括哪些主要组成部分？答：冯诺依曼型计算机的主要设计思想是存储程序和程序控制，其中存储程序是指将程序和数据事先存放到存储器中，而程序控制是指控制器依据存储的程序来控制全机协调地完成计算任务。总体来讲，存储程序并按地址顺序执行，这就是冯诺依曼型计算机的主要设计思想。5、什么是存储容量？什么是单元地址？什么是数据字？什么是指令字？答：见教材P8和P10。7、指令和数据均存放在内存中，计算机如何区分它们是指令还是数据？答：见教材P10。第2章 运算方法和运算器
2、1、写出下列各整数的原码、反码、补码表示（用8位二进制数）。真值原码反码补码-35-00100011101000111101110011011101-128-10000000无法表示无法表示10000000-127-01111111111111111000000010000001-1-000000011000000111111110111111113、 有一个字长为32位的浮点数，符号位1位，阶码8位，用移码表示，尾数23位，用补码表示，基数为2，请写出：（1） 最大数的二进制表示阶码用移码表示，题中并未说明具体偏移量，故此处按照移码的定义，即采用偏移量为27=128，则此时阶码E的表示范围为
3、0000000011111111，即0255，则在上述条件下，浮点数为最大数的条件如下：符号S为正（1）阶码E最大（8）尾数M最大正数（23）01111111111111111111111111111111所以最大数的二进制表示为：011111111111111111111111111111111111对应十进制真值为：+（1-2-23）2127（2） 最小数的二进制表示浮点数为最小数的条件如下：符号S为负（1）阶码E最大（8）尾数M最小负数（23）11111111100000000000000000000000所以最小数的二进制表示为：1111111110000000000000000000
4、0000对应十进制真值为：-12127（3） 规格化数所表示数的范围规格化要求尾数若为补码表示，则符号位和最高有效位符号必须不同。（A）浮点数为最大正数的条件如下：符号S为正（1）阶码E最大（8）尾数M最大正数（23）01111111111111111111111111111111所以最大正数的二进制表示为：011111111111111111111111111111111111对应十进制真值为：+（1-2-23）2127（B）浮点数为最小正数的条件如下：符号S为正（1）阶码E最小（8）尾数M最小正数（23）00000000010000000000000000000000所以最小正数的二进制表
5、示为：00000000010000000000000000000000对应十进制真值为：+2-12-128=+2-129（C）浮点数为最大负数的条件如下：符号S为负（1）阶码E最小（8）尾数M最大负数（23）10000000001111111111111111111111所以最大负数的二进制表示为：00000000001111111111111111111111对应十进制真值为：-（2-1+2-23）2-128（D）浮点数为最小负数的条件如下：符号S为负（1）阶码E最大（8）尾数M最小负数（23）11111111100000000000000000000000所以最小负数的二进制表示为：000
6、00000000000000000000000000000对应十进制真值为：-12127所以，规格化数所表示数的范围如下：正数+2-129+（1-2-23）2127负数-2127-（2-1+2-23）2-1284、 将下列十进制数表示成IEEE754标准的32位浮点规格化数。（2）-27/64解：-27/64D=-0.011011B=-1.10112-2，则阶码E=-2+127=125，则浮点数为：符号S（1）阶码E（8）尾数M（23）101111101101100000000000000000005、 已知R和R，用变形补码计算R+R，同时指出结果是否溢出。（2） R=11011，R=-10
7、101解：R变补=00,11011，R变补=11,01011，则R变补00,11011+R变补 11,01011100,00110最高进位1丢掉，则R+R变补=00,00110，符号位为00，表示结果为正数，且无溢出，即：R+R=+00110（3） R=-10110，R=-00001解：R变补=11,01010，R变补=11,11111，则R变补11,01010+R变补 11,11111111,01001最高进位1丢掉，则R+R变补=11,01001，符号位为11，表示结果为负数，且无溢出，即：R+R=-101116、 已知R和R，用变形补码计算R-R，同时指出结果是否溢出。（1） R=110
8、11，R=-11111解：R变补=00,11011，R变补=11,00001，-R变补=00,11111，则R变补00,11011+- R变补 00,1111101,11010则R-R变补=01,11010，符号位为01，表示结果为正数，且发生正溢。（2）R=10111，R=11011解：R变补=00,10111，R变补=00,11011，-R变补=11,00101，则R变补00,10111+- R变补 11,0010111,11100则R-R变补=11,11100，符号位为11，表示结果为负数，且无溢出，即R-R=-00100。7、 用原码一位乘计算RR。（2）R=-11111，R=-110
9、11解：根据原码一位乘的运算规则，乘积的符号位单独处理R0R0，数值部分为绝对值相乘RR.RR，其中数值部分的运算如下：部分积乘数说明0,00000+0,1111111011部分积初态z0=0+RR0,111110,01111+0,1111111101右移一位，得z1+RR1,011100,10111+0,0000001110右移一位，得z2+00,101110,01011+0,1111110111右移一位，得z3+RR1,010100,10101+0,1111101011右移一位，得z3+RR1,101000,1101000101右移一位，得z3由上可得，数值部分的乘积为：RR.RR=0,1
10、101000101，而乘积符号位R0R0=11=0，则R.R原=0,1101000101，即RR=+1101000101。8、 用加减交替法计算RR（先乘1个比例因子变成小数）。（2）R=-01011，R=11001解：按照加减交替原码除法的运算规则，符号位单独处理R0R0，商值由两数绝对值相除RR/RR求得，且当余数Ri0，商1，做2Ri-RR运算，当余数Ri1,ER+1所以，R补=11,100；11.110101（0）尾数求和：MR补=11.110101（0）对阶后的尾数MR补+ MR补 =00.010110 =100.001011（0）即R+R补=11,100；00.001011，因尾数
11、不符合规格化要求，需左规。规格化：尾数左规2次后得：R+R补=11,010；00.101100舍入处理：采用0舍1入法，因对阶时尾数右移丢0，故可舍去。溢出判断：因阶码符号位为11，故浮点数无溢出。所以最终结果为R+R=+0.1011002-110（B）求R-R对阶：E补=ER补-ER补=11,011+ 00,100=11,111由上式可得E补=11,111，即阶差为-1，所以MR-1,ER+1所以，R补=11,100；11.110101（0）尾数求和：MR补=11.110101（0）对阶后的尾数MR补+ - MR补 =11.101010 =111.011111（0）即R-R补=11,100；11.011111，尾数符合规格化要求，无需规格化。规格化：无需规格化舍入处理：采用0舍1入法，因对阶时尾数右移丢0
