計算機組成原理蔣本珊習題解答

1、第二部分習題解答第2章數(shù)據(jù)的機器層次表示（教材P49）設(shè)機器數(shù)的字長8位（含一位符號位），分別寫出下列各二進制數(shù)的原碼、補碼和反碼：0,0.1000,-0.1111,1101.解真值原碼補碼反碼00,00000000,00000000,00000000.10000.10000000.10000000.10000000.11110.11110000.11110000.1111000-0.11111.11110001.00010001.0000111已知下列數(shù)的原碼表示，分別寫出它們的補碼表示:XI原二0.10100,1X25=1.10111。解XI補二0.10100,X2補二1.01001己知下

2、列數(shù)的補碼表示，分別寫出它們的真值:XI補=0.10100,X2h=1.101IK解XI=0.10100,X2二-0.010017.設(shè)X補=1.AiAzAsAiAsAs,（1）若要X-1/2,人A&要滿足什么條件？（2）若要-1/8$X$-1/4,A】短要滿足什么條件？解（1）V-1/2b=l.100000X-1/2的條件是：1.AAsAiAsAe1.100000即Ai（A2+A3+Ai+As+At）=1（2）J-1/8lh=l.111000-1/4補二1.110000-1/82X2-1/4的條件是:1.AiA.AsA.AsAs1.111000并且1.AAAsAAAsMl.110000即人此伽

3、兀忑&+忑）=1簡化為：AA（兀忑H+忑）二1某機字長16位，問在下列兒種情況下所能表示數(shù)值的范圍：（1）無符號整數(shù)（2）用原碼表示定點小數(shù)（3）用補碼表示定點小數(shù)（4）用原碼表示定點整數(shù)（5）用補碼表示定點整數(shù)解（1）OWXW0-1）（2）一（1一2以）WXW（1-嚴） “計算機組成原理”講義第二部分習題解答 -1WXW(1-2P一(1一2中)WXW(2以一1)-2WXW(2-1)12.某浮點數(shù)字長16位，其中階碼部分6位（含一位階符），移碼表示，以2為底；尾數(shù)部分10位（含1位數(shù)符，位于尾數(shù)最高位），補碼表示，規(guī)格化。分別寫出下列各題的二進制代碼與十進制真值。（1）非零最小正數(shù)（2）最大正

4、數(shù)（3）絕對值最小負數(shù)（4）絕對值最大負數(shù)解(1)非零最小正數(shù)：000000,0.100000000；2-1X225=2_33o(2)最大正數(shù)：111111,0.111111111；(1-2-9)X2z5_1=(1-2_9)X2(3)絕對值最小負數(shù)：000000,1.011111111；-(2+2巧X225。(4)絕對值最大負數(shù)：111111,1.000000000；-1X2z5_1=-231=L即，XW(24-K)x26-(L/26)4位6位6位 “計算機組成原理”講義第二部分習題解答 最多還可以設(shè)計出單操作數(shù)指令L(24-K)x26-(L/26)J條。(2)雙操作數(shù)指令的最大指令數(shù)：24-

5、1：單操作數(shù)指令的最大指令數(shù)：15x26.1(假定雙操作數(shù)指令僅1條，為無操作數(shù)指令留出1個擴展窗口)；無操作數(shù)指令的最大指令數(shù)：216-212-26(其中2卩為表示某條二地址指令占用的編碼數(shù)，為表示某條單地址指令占用的編碼數(shù)，此時雙操作數(shù)和單操作數(shù)指令各僅有1條)設(shè)某機為定長指令字結(jié)構(gòu)，指令長度為12位，每個地址碼占3位，試提出一種分配方案，使該指令系統(tǒng)包含：4條三地址指令，8條二地址指令，180條單地址指令。解4條三地址指令：000XXXYYYZZZ011XXXYYYZZZ8條二地址指令：100000XXXYYY100111XXXYYY180條單地址指令:101000000XXX11111

6、0011XXX指令格式同題4,能否構(gòu)成：三地址指令4條，單地址指令255條，零地址指令64條？為什么？解不能構(gòu)成這樣的指令系統(tǒng)。這是因為，如果三地址指令有4條，單地址指令有255條，則零地址指令的條數(shù)最多只能有:(2-4)X2-255X23=8三地址指令：可從2種編碼中選4利打剩1個編碼單地址指令：可從擴展出4X2個編碼種選255種，剩1個編碼零地址指令：剩下1個編碼與3位地址只能擴展出1X2個編碼7.試比較間接尋址和寄存器間址。解間接尋址方式其有效地址在內(nèi)存中，操作數(shù)也在內(nèi)存中；寄存器尋址方式其有效地址在CPU內(nèi)的寄存器中，操作數(shù)在內(nèi)存中。所以前者尋找操作數(shù)較慢。補充題3-1.根據(jù)操作數(shù)所在

7、的位置，指出其尋址方式的名稱。操作數(shù)在寄存器中操作數(shù)的地址在通用寄存器中操作數(shù)在指令中操作數(shù)的地址在指令中操作數(shù)地址的地址在指令中操作數(shù)的地址為寄存器內(nèi)容與位移量之和(寄存器分別為基址寄存器，變址寄存器和程序計數(shù)器)操作數(shù)為某二進制位操作數(shù)為棧頂元素解各小題對應(yīng)尋址方式的名稱是：寄存器尋址(2)寄存器間址(3)立即尋址(4)直接尋址間接尋址(6)分別為基址、變址和自相對尋址(7)位尋址(8)堆棧尋址某機字長為16位，主存容量為64K字，指令格式為單字長單地址，共有64條指令。試說明：若只釆用直接尋址方式，指令能訪問多少主存單元？為擴充指令的尋址范圍，可采用直接/間接尋址方式，若只增加一位直接/

8、間接標志,指令可尋址范圍為多少？指令直接尋址的范圍為多少？采用頁面尋址方式，若只增加一位Z/C(零頁/現(xiàn)行頁)標志，指令尋址范圍為多少？指令直接尋址范圍為多少？采用(2)、(3)兩種方式結(jié)合，指令的尋址范圍為多少？指令直接尋址范圍為多少？解該計算機共有64條指令，所以指令的操作碼需要占6位，其余10位地址碼字段。只采用直接尋址方式時，不需要標識尋址方式，地址碼字段的10位全都作為直接地址，所以指令能訪問主存單元數(shù)為1K字(0才-1單元)。6位10位0PA采用直接/間接尋址方式時，需從10位的地址字段中留出1位來作“直接/間接”尋址的標志，余下的9位為形式地址。6位1位9俚予9位地址(直接尋址)

9、9位地址的地址一16位地址(間址)0Pr指令直接尋址的范圍為02匚1號存儲單元，間接尋址的范圍為02匚1號存儲單元（存儲字長即操作數(shù)地址的位數(shù)）。（3）采用頁面尋址方式時，也需從10位的地址字段中留出1位來作“Z/C”尋址的標志，余下的9位為形式地址。6位0PZ/C9位飛9位零頁地址9位當前頁地址（零頁尋址）（當前頁尋址）指令的零頁尋址的范圍為02匚1號存儲單元，當前頁尋址的范圍也指令所在頁有關(guān)，可訪問當前頁內(nèi)的02匚1號存儲單元。由于“當前頁”可以是64K字主存的任意一頁,所以指令可能訪問到的地址是02丄1號存儲單元。（4）需從10位的地址字段中留出2位來標志“直接/間接”和“Z/C”，余下

10、8位為形式地址。6位1位1位8位0PZ/CA指令直接尋址的范圍為021號存儲單元，間接尋址的范圍為02J號存儲單元（存儲字長即操作數(shù)地址的位數(shù)）。12.己知某小型機字長為16位，其雙操作數(shù)指令的格式如下:05678150PRA其中：OP為操作碼，R為通用寄存器地址。試說明下列情況下能訪問的最大主存區(qū)域有多少機器字？（1）A為立即數(shù)（2）A為直接主存單元地址（3）A為間接地址（非多重間址）（4）A為變址尋址的形式地址，假定變址寄存器為R1（字長為16位）解（1）1個機器字（即指令字）；（2）256個機器字（可直接尋址的地址有8位）；（3）65536個機器字（指令的地址字段給出的操作數(shù)地址的地址是

11、8位，從內(nèi)存取出的操作數(shù)地址是16位，與字長相同）（4）65536個機器字（變址寄存器16位，與8位位移量相加并取16位模，所得到的地址還是16位）第4章數(shù)值的機器運算(教材P129)某加法器采用組內(nèi)并行，組間并行的進位鏈，4位一組，寫出進位信號Q邏輯表達式。解組間并行的進位鏈，產(chǎn)生的最低一組的進位輸出為：C4=Gi*+Pi*Co(其中：G1*=G4+P4G3+P4P3G2+P4P3P2G1；P1*=P4P3P2P1)然后在組內(nèi)產(chǎn)生進位信號C6：c6=g6+p6c5=g6+p6g5+p6p5c4已知X和Y,使用它們的變形補碼計算出X+Y,并指出結(jié)果是否溢出。x=o.lion,y=X=

12、0.11011,Y二-0.10101X=-0.10110,Y=-0.00001X=-0.11011,Y=0.11110解X補二0.11011,Y補二0.1111100.11011X補+y補匹11010X+Y補結(jié)果正溢出！(2)X補二0.11011,Y補二1.0101100.11011X補+11.01011Y補00.00110X+Y補結(jié)果不溢出！X+Y二0.00110(3)X補二1.01010,Y補二1.1111111.01010X補+Y補11.01001X+Y補結(jié)果不溢出!X+Y=-O.10111(4)X補二1.00101,Y補二0.1111011.00101X補+00

13、.11110Y補00.00011X+Y補結(jié)果不溢出!X+Y二000011已知X和Y,使用它們的變形補碼計算出X-Y,并指出結(jié)果是否溢出。X=0.11011,Y二-0.11111X=0.10111,Y=0.11011X=-0.11011,Y=-0.10011X=-0.10110,Y=-0.00001解(1)XliFO.11011,Y補二100001,-丫補二01111100.11011X補+00.11111-丫補01.11010X-Y補結(jié)果正溢出！(2)X補二0.10111,Y補二0.11011,-丫補二1.0010100.10111X補+11.00101-丫補11.11100X-Y補結(jié)果不溢出

14、！X-Y=ll.11100(3)XM=0.11011,Y補二1.01101,-丫補二0.1001100.11011X補+00.10011-丫補01.01110X-Y補結(jié)果正溢出！(4)X#=1.01010,Y補二1.11111,-丫補二0.0000111.01010X補+00.00001-丫補11.01011X-Y補結(jié)果不溢出!XY二0.10101己知：X=0.1011,Y=-0.0101求:X/2補,X/4補，-X補,Y/2補,Y/4補，-丫補，2Y補解由X補二0.1011,Y補二1.1011得：X/2補二0.0101,X/4補=0.0010,-X補二1.0101Y/2補二1.1101,Y/

15、4補=0.0010,-丫補二0.0101,2Y補二1.0110思考4-1.在全加器里進位輸出表達式q=AiBi+(AiBi)Ci_1為什么可以用下式替代:Ci=AiBi+(Ai+Bi)Ci_i?答：由真值表可得到：(Aj+Bj)=(A)Bj)+AjBjCj=AjBi+(Ai+Bi)Cj_i=AjBi+(AjBj)+AB=AjBi+(AiBQCj_+AjBjCi-i=AjBi+(AiBj)Cj_i思考#2.先行進位主要是解決什么問題，釆用什么設(shè)計思路？答：先行進位解決的問題是加法進位的傳遞速度問題?；驹O(shè)計原理是：讓各位的進位與低位的進位無關(guān)，僅與兩個參加操作的數(shù)有關(guān)。由于每位的操作數(shù)都是同時給

16、出的，各進位信號兒乎同時產(chǎn)生，和數(shù)也隨之產(chǎn)生，所以先行進位可以提高進位的傳遞速度，從而提高加法器的運算速度。 “計算機組成原理”講義第二部分習題解答 # “計算機組成原理”講義第二部分習題解答 8.分別用原碼乘法和補碼乘法計算XXYX=O.11O11,Y=-0.11111X=-0.11010,Y=-0.01110解原碼乘法:(1)|X|=0.11011fB,|Y|=0.11111fC,0A+00.00000|X|00.11011+-|x|00.non00.0110100.11011+-|X|01.0100000.1010000.11011+-|X|01.0111100.1011100.1101

17、1+-|X|01.1001000.1100100.11011-01.1010000.11010A所以，|XXY|二0.1101000101XXY二一0.1101000101c:0.11111101111010111101011010101001010說明c5=l,+|x|部分積右移1位C5-1,+|X|部分積右移1位G二1，+|X|部分積右移1位G二1，+|X|部分積右移1位G二1，+|X|部分積右移1位(2)|X|二0.11010fB,|Y|二0.01110fC,0-Ac奇仔器;+000.0000000.00000-+|x|00.0000000.0000000.11010-+|x|00.11

18、01000.0110100.11010-+|x|01.0011100.1001100.11010+001.0110100.1011000.00000-00.1011000.01011IA奇仔器|所以，|XXY|=O.0101101100XXY二一0.01011011000.01011000說明Cs-O,+0部分積右移1位G二1,+|X|部分積右移1位G二1,+|X|部分積右移1位G二1,+|X|部分積右移1位G二0,+0部分積右移1位 #“計算機組成原理”講義第二部分習題解答 #“計算機組成原理”講義第二部分習題解答 #補碼乘法：(1)xh卜二0.11011fB,Y補二1.00001fC,0f

19、A-X補二1.00101/附加位Aggg|C奇仔器廣|說明+-X補00.0000011.001011.000010GCs二10,+-X補11.0010111.100101100001部分積右移1位+X補00.11011CsCg-01,+X補00.0110100.0011011110000部分積右移1位+000.00000CsCs-OO+000.0011000.0001101111000部分積右移1位+000.00000CsCs-OO+000.0001100.000011011100部分積右移1位+000.00000CsCs-OO+000.0000100.000001101110部分積右移1位+

20、一X補11.00101GC&二10,+-X補 “計算機組成原理”講義第二部分習題解答 00101所以,XXY補二1.0010111011XXY=-0.1101000101X補=1.00110-B,Y補二1.10010-C,0-A-X補二0.11010J附加位AgggIC奇仔器門口說明+000.0000000.000001.100100CsCe-OO+000.0000000.000000110010部分積右移1位+-X補00.11010C5&二10,+-X補00.1101000.011010011001部分積右移1位+X補11.00110GC6二01,+X補11.1001111.11001100

21、1100部分積右移1位+000.00000CsCs-OO,+011.1100111.111001100110部分積右移1位+-X補00.11010GQ二10,+-X補00.1011000.010110110011部分積右移1位+000.00000GO11,+000.01011所以，XXY補二0.0101101100XXY二0.0101101100分別用原碼和補碼加減交替法計算X/Y。X=-0.10101,Y=0.11011X=-0.10110,Y=-0.11011解原碼除法：(2)|X|二00.10101-A,|Y|=00.11011-B,0-C|Y|婦卜二11.00101 #“計算機組成原理

22、”講義第二部分習題解答 # #“計算機組成原理”講義第二部分習題解答 #A寄存器JC寄存器00.101010.0000Q+1Y|變補11.0010111.11010“心仏0000討+|Y|00.1101100+1Y|變補11.0010100.0001100.00110+1Y|變補11.0010111.0101110.10110+|Y|00.1101111.1000111.00010+|Y|00.1101111.11101+|Y|00.1101100.1100000.01111f0.0Mf&o丿說明-IYI余數(shù)為負，商0左移一位+|Y|余數(shù)為正，商1左移一位-IYI余數(shù)為正，商1左移一位-IYI

23、余數(shù)為負，商0左移一位+|Y|余數(shù)為負，商0左移一位+|Y|余數(shù)為負，商0+|Y|恢復(fù)余數(shù) #“計算機組成原理”講義第二部分習題解答 # “計算機組成原理”講義第二部分習題解答 商符：Os=XsYs=l0=1商二-0.11000X/Y=-0.11000+(0.11000*23/0.11011(中括號內(nèi)余數(shù)項的分子和分母都取正)X二-010110,Y二-0.11011|X|=00.10110-A,|Y|二00.11011-B,0-C|Y|知卜二11.00101說明00.10110o.ooood+IY|變補11.00101丿丿11.11o11r“心“0丿10000!0+|Y|00.11011C寄存

24、器A寄存器00oo.ioooiro.o+|Y|變補11.0010100.00111-00.01110+|Y|$補11.0010111.1001111.0011000.1101100.0000100.00010+|Y|$補11.0010111.0011100.1101100.00010商符：Os=XsYs=131二0商二0.11010X/Y=+0.11010+(0.00010*2)/0.11011+|Y|+|Y|0.00)0110.ojl1100j011010.11010-|Y|余數(shù)為負，商0左移一位+|Y|余數(shù)為正，商1左移一位-|Y|余數(shù)為正，商1左移一位-|Y|余數(shù)為負，商0左移一位+|Y

25、|余數(shù)為正，商1左移一位-|Y|余數(shù)為負，商0+|Y|恢復(fù)余數(shù)（轉(zhuǎn)下頁）思考4_3計算機硬件的微操作有些什么特點？答：計算機硬件的微操作至少有這樣一些特點：是寄存器到寄存器的操作（各種記憶元件可抽象為寄存器）；是硬件應(yīng)該一步完成的操作（該操作通常不能拆成兒步來操作）；需要有開通相應(yīng)數(shù)據(jù)通路的電平型控制信號和記憶元件接收數(shù)據(jù)的脈沖信號相配合來完成操作；進行該操作時其數(shù)據(jù)流動是暢通的，并且沒有路徑?jīng)_突。第10題續(xù)補碼除法：(2)X二一010101,Y二0.11011X補二11.01011-A,Y補二00.11011-B,0-C；-Yh卜二11.00101+Y補100oilA11c說明0101110

26、.00000X補與Y補異號，+Y補0ow01100.00001“補與Yh卜同號,商10001100左移一位+-Yh卜1do0101+-丫?卜1iu00010.00010rj補與Y補異號,商01iio0010左移一位+Y補0OH1011X補與Y補異號，+Y補1in11010.00T00“補與Y補異號,商01in1010左移一位+Y補0oil1011X補與Y補異號，+Y補0oi101010.01001r訂補與Y補同號,商10lio1010左移一位+-Y補1ijo0101+-丫補0oio1111oil0011“補與Y補同號，商10Oil1110i左移一位+-Yh卜1Uo0101+-丫?卜0oio00

27、1111.00111末位恒置1商補二1.00111X二-0.10110,Y二-0.11011X補二11.01010-A,Y補二11.00101-B,0-C；-Y補二00.11011AC說明111010+-丫補00(11011010.00000X補與Y補同號，+-Yh卜00；001010.00000“補與Y彳卜異號,商00001010左移一位+Y補1do0101+Y補1iio11110.00001rj補與Y補同號,商11oh1110左移一位+-丫補00H1011X補與Y補同號，+-Yh卜1in10010.00石11=補與Y補|可號,商11in0010左移一位+-Yh卜0oil1011X補與Y補同

28、號，+-Yh卜00：011010.00110=補與刃補異號,商00Oj11010左移一位+Y補1ljo0101-J+Y補11U1111ojo1101“補與Y補同號，商111U1110i左移一位+-Yh卜0oi11011X補與Y補同號，+-Yh卜00i11001(0.11011末位恒置1商補二1.00111設(shè)浮點數(shù)的階碼和尾數(shù)部分均用補碼表示，按照浮點數(shù)的運算規(guī)則，計算下列各題:X=2101X(-0.100010),Y=2100X(-0.111110)X=2_101X0.101100,Y=2-100X(-0.101000)XXO.101100,Y二2呦X(-0.111100)注：此題中階碼用二進

29、制表示。求：X+Y,X-Y解浮點數(shù):X浮=0101；1.011110Y浮二0100；1.000010對階：小階向大階看齊，AE二Ea-Eb二1,Y/二0101；1.100001對階之后，尾數(shù)相加和相減。相加：11.011110相減：11.011110 #“計算機組成原理”講義第二部分習題解答 # “計算機組成原理”講義第二部分習題解答 +00.01111111.111101X+Y=0110；1.011111X-Y浮二0001；1.010000+11.10000110.111111規(guī)格化：相加結(jié)果需要右規(guī)1次，得:相減結(jié)果需需左規(guī)4次，得:X+Y二2110X(一0100001)X-Y二2001X

30、(-0.110000)浮點數(shù)：X浮=1011；0.101100Y浮二1100；1.011000對階：小階向大階看齊，AE二Ea-E尸-1,X屛=1100；0.010110對階之后，尾數(shù)相加和相減。相減：00.010110+00.10100000.111110相加：00.010110+11.01100010.101110規(guī)格化：相加結(jié)果需要左規(guī)一次，得：X+Y浮=1011；1.011100X+Y=2_101X(-0.100100)X-Y=2_looXO.111110浮點數(shù)：X浮=1101；0.101100Y浮二1111；1.000100對階后：X浮=1111;0.001011尾數(shù)相加減后：X+Y

31、浮=1111；11.001111X-Y浮=1111；01.000111尾數(shù)規(guī)格化后:X+Y浮=1111；1.001111X-Y浮=0000；0.100011X+Y=2001X(-0.110001)X-Y二2000XO.100011第5章存儲系統(tǒng)和結(jié)構(gòu)（教材P177）17.用容量為16KX1的DRAM芯片構(gòu)成64KB的存儲器。（2）設(shè)存儲器的讀、寫周期均為0.5uS,CPU的luS內(nèi)至少要訪存一次，試問釆用那種刷新方式比較合理？相鄰兩行之間的刷新時間間隔是多少？對全部存儲單元刷新一遍所需的實際時間是多少？解因為要求CPU在1US內(nèi)至少要訪存一次，所以不能使用集中刷新方式，分散和異步刷新方式都可以

32、使用，但異步刷新方式比較合理。16KX1的DRAM芯片需要14位地址，所以行地址和列地址各7位，芯片存儲陣列的行數(shù)為27=128,列數(shù)也是128。相鄰兩行之間的刷新間隔=最大刷新間隔時間/行數(shù)=2mS/128=15.625uS取15.5US,即進行讀或?qū)懖僮?1次之后刷新一行。對全部存儲單元刷新一遍所需的實際刷新時間=0.5uSX128=64uso（每刷一行需占用0.5US的時間，與讀寫周期相同）補充5-1.有8Kx4的靜態(tài)RAM芯片，試組成一個16Kx8的隨機存儲器，問需要多少芯片？片選信號怎樣產(chǎn)生？若存儲芯片的讀寫采用兩條線（RD和W）進行控制，而系統(tǒng)提供的控制信號有滴（高為讀，低為寫）和

33、莎頁（為低時表示訪問內(nèi)存），試畫出該存儲器的組成邏輯圖。解需要RAM芯片4片；各芯片的片內(nèi)地址線接外部提供的地址線的低13位A12.o;4片RAM的雙向數(shù)據(jù)線按每兩片（U1和UO,U3和U2）組成位擴展的方式分別接入數(shù)據(jù)線上，U1和U0的片選線及U3和U2的片選線及其邏輯見存儲器的組成邏輯圖如下：A12-0R/WCS1J說明：當MREQ為低并11A13為低時產(chǎn)生片選信號當MREQ為低并JIA13為高時，產(chǎn)生片選信號亦2oCS3.2MREQ厲3 “計算機組成原理”講義第二部分習題解答 18.有一個8位機，采用單總線結(jié)構(gòu)，地址總線16位（A15Ao）,數(shù)據(jù)總線8位（D7D（j），控制總線中與主存有

34、關(guān)的信號有MREQ（低電平有效允許訪存）和炳（高電平為讀命令，低電平為寫命令）。主存地址分配如下：從08191為系統(tǒng)程序區(qū)，有ROM芯片組成；從819232767為用戶程序區(qū)，最后（最大地址）2K地址空間為系統(tǒng)程序工作區(qū)。（上述地址均用十進制表示，按字節(jié)編址）?，F(xiàn)有如下存儲芯片：8KX8的ROM,16KX1、2KX8、4KX8、8KX8的SRAM。請從上述規(guī)格中選用芯片設(shè)計該主存儲器，畫出主存的連接框圖，并指以畫出片選邏輯及與CPU的連接。解根據(jù)CPU的地址線、數(shù)據(jù)線，可確定整個主存空間為64KX8,系統(tǒng)程序區(qū)由ROM芯片組成，用戶程序區(qū)和系統(tǒng)程序工作區(qū)均由RAM芯片組成。共需：8KX8的RO

35、M芯片1片，8KX8的SRAM芯片3片，2KX8的SRAM芯片1片。主存地址分配如下圖所示。Ai5AnA13A12AhAioAo00000111111主存的連接框圖如下圖所示。8KBROM8KBRAM8KBRAM8KBRAM2KBRAM0000H1FFFH2000H3FFFH4000H5FFFH6000H7FFFHF800HFFFFH片選信號的邏輯:CS0=A15Ai4Ai3MREQR/WCS=A15A14A13MREQCS2=A15A14A13MREQCS3=A15A14A13MREQCS73=A15A14A13Aj2Aj1MREQ “計算機組成原理”講義第二部分習題解答 #25.設(shè)某機主存

36、容量為4MB,Cache容量為16KB,每塊包含8個字，每字32位，設(shè)計一個四路組相聯(lián)映像（即Cache每組內(nèi)共有四個塊）的Cache組織，要求：（1）畫出主存地址字段中各段的位數(shù)。（2）設(shè)Cache的初態(tài)為空，CPU需依次從主存第0,1,2,（99?）號單元讀出100個字（主存一次讀出一個字。），并重復(fù)按此次序讀8次，問命中率是多少？（3）若Cache的速度是主存的6倍，試問有Cache和無Cache相比，速度提高多少倍？、解（1）主存容量為4MB,按字編址，所以主存地址為20位，地址格式如下圖所示：區(qū)號（8位）組號（7位）組內(nèi)塊號（2位）塊內(nèi)地址（5位）（2）Cache的地址格式為組號（7

37、位）組內(nèi)塊號（2位）塊內(nèi)地址（5位）主存第0,1,2,（99?）號單元在第0區(qū)第012組中，被映射到Cache的第012組中，不存在映射時的組沖突。（參考教材P170圖5-29C）由于Cache起始為空，所以第一遍讀時每一塊中的第一個單元沒命中（此時要把該塊的8個字都調(diào)入Cache,這樣CPU之后再讀該塊的其它單元就會命中（未考慮塊調(diào)入過程），而后面七遍讀取時每個單元均可以命中。命中率=Nc/（Nc+Nm）=（100-13+7X100）/（8X100）=98.4%（3）設(shè)Cache的存取周期為T,則主存的存取周期為6T。有Cache的訪存時間=HXTc+（lH）X（Tm+Tc）=T+（1-98

38、.4%）X6T=1.096T無Cache的訪存時間為6T所以提高后的速度倍數(shù)=6/1.096=5.47倍。P281（教材第7章）若對磁介質(zhì)存儲器寫入數(shù)據(jù)序列10011,請畫出不歸零制、調(diào)相制、調(diào)頻制、改進的調(diào)頻制等記錄方式的寫電流波形。解寫電流波形如下圖所示：1.,.1.1NRZ-1；!:;:-1PE|1:11:1-11FM:!MFM #“計算機組成原理”講義第二部分習題解答 主存儲器與磁介質(zhì)存儲器在工作速度方面的指標有什么不同？為什么磁盤存儲器釆用兩個以上的指標來說明其工作速度？解主存儲器速度指標主要有存取速度和存取周期，而磁介質(zhì)存儲器速度指標為平均存取時間，這是因為磁盤存儲器首先需要將磁頭

39、移動到指定的磁道上（該過程可視為隨機存?。?，然后等待記錄塊（扇區(qū)）旋轉(zhuǎn)到磁頭的下方才能進行讀寫，所以磁盤存儲器的平均存取時間至少應(yīng)當包括平均尋道時間和平均等待時間兩部分器。某磁盤組有六片磁盤，每片可有兩個記錄面，存儲區(qū)域內(nèi)徑為22cin,外徑為33cm,道密度為40道/cm,位密度400b/cm,轉(zhuǎn)速2400r/niiiio試問：（1）共有多少個存儲面可用？（2）共有多少個圓柱面？（3）整個磁盤組的總存儲器容量有多少？（4）數(shù)據(jù)傳送率是多少？（5）如果某文件長度超過一個磁道的容量，應(yīng)將它記錄在同一存儲面上還是記錄在同一圓柱面上？為什么？（6）如果釆用定長信息塊記錄格式，直接尋址的最小單位是什么

40、？尋址命令中如何表示磁盤地址。解（1）6X2=12（面），共有12個存儲面可用。（2）40X（32-22）/2=220（道），共有220個圓柱面。（3）12X22nX400X220=73X106（位）（4）數(shù)據(jù)傳送率二（22TIX400）/（60/2400）=1.1X10（b/s）=0.138X10（B/S）（5）記錄在同一圓柱面上。因為這樣安排存取速度快。（6）直接尋址的最小單位是扇區(qū)。分配磁盤空間是以簇為單位磁盤地址為：驅(qū)動器號、圓柱面號、盤面號、扇區(qū)號。 “計算機組成原理”講義第二部分習題解答 #第6章中央處理器（教材P221）某機CPU芯片的主振頻率為8MHz,其時鐘周期是多少US?若

41、己知每個機器周期平均包含4個時鐘周期，該機的平均指令執(zhí)行速度為0.8MIPS,試問：（1）平均指令周期是多少？（2）平均每個指令周期含有多少個機器周期？（3）若改用時鐘周期為0.4US的CPU芯片,則計算機的平均指令執(zhí)行速度乂是多少MIPS?（4）若要得到40萬次/S的指令執(zhí)行速度，則應(yīng)采用主振頻率為多少MHz的CPU芯片？解時鐘周期=14-8MHz=0.125uS（1）平均指令周期=14-0.8MIPS=1.25uS（2）機器周期=0.125uSX4=0.5uS平均每個指令周期的機器周期數(shù)=1.25uS4-0.5uS=2.5（3）平均指令執(zhí)行速度=1一（0.4X4X2.5）=0.25MIPS

42、（4）主振頻率=8MHzX（0.8MIPS/0.4MIPS）=4MHz以一條典型的單地址指令為例，簡要說明下列部件在計算機的取指周期和執(zhí)行周期中的作用。（1）程序計數(shù)器PC（2）指令寄存器IR（3）算術(shù)邏輯運算部件ALU（4）存儲器數(shù)據(jù)寄存器MDR（5）存儲器地址寄存器MAR解（1）程序計數(shù)器PC：存放指令地址（2）指令寄存器IR：存放當前指令（3）算術(shù)邏輯運算部件ALU：進行算邏運算（4）存儲器數(shù)據(jù)寄存器MDR：存放寫入到內(nèi)存或從內(nèi)存讀出的數(shù)據(jù)或指令（5）存儲器地址寄存器MAR：存放寫入到內(nèi)存或從內(nèi)存讀出的數(shù)據(jù)或指令的地址以單地址指令“加1（INCA）”為例，該指令分為3個周期：取指周期、分

43、析取數(shù)周期、執(zhí)行周期。3個周期完成的操作如表所示。取指周期分析取數(shù)周期執(zhí)行周期PC(PC)MARIR指令fMDRIRALU(PC)+1(A)+1MAR指令地址一MARAMARMDR指令一MDR(A)MDR(A)+1MDR “計算機組成原理”講義第二部分習題解答 9.指令和數(shù)據(jù)都存放在主存，如何識別從主存儲器中取出的是指令還是數(shù)據(jù)？解指令和數(shù)據(jù)都存放在主存，它們都以二進制代碼形式出現(xiàn)，區(qū)分方法為：取指令或數(shù)據(jù)時所處的機器周期不同：取指令周期取出的是指令；分析取數(shù)或執(zhí)行周期取出的是數(shù)據(jù)。取指令或數(shù)據(jù)時地址的來源不同：指令地址來源于程序計數(shù)器；數(shù)據(jù)地址來源于地址形成器件。補充6-1下圖(a)為某模型機數(shù)據(jù)加工通路。其中1為并行加法器，1-刀為最低位的n_(b)X-XPX進位。A,B,C,D為四個寄存器，PA,PB,PC,PD分別為四個寄存器的數(shù)據(jù)接收信號，且均為脈沖信號。圖中其余的X-X控制信號均為電平信號，電平信號與脈沖信號的時間關(guān)系如下圖(b)所示。試擬出在該圖上實現(xiàn)下列運算所需的微操作。D-C-DD/2+CDD-1-D2C+1-C解功能說明微操作控制信號(1)C一A,0-BC-A,PA,PBB,D-AfB,PB,D-A,PA(此步也可分為兩步)A+B+1|-*D1-E,PD