原码不恢复余数法(除法)
计算机学科专业基础综合组成原理-14_真题-无答案
计算机学科专业基础综合组成原理-14(总分100,考试时间90分钟)一、单项选择题1. 判断加减法溢出时，可采用判断进位的方式，如果符号位的进位为C0，最高位的进位为C1，产生溢出的条件是______。
Ⅰ．C0产生进位Ⅱ．C1产生进位Ⅲ．C0、C1都产生进位Ⅳ．C0、C1都不产生进位Ⅴ．C0产生进位，C1不产生进位Ⅵ．C0不产生进位，C1产生进位A. Ⅰ和ⅡB. ⅢC. ⅣD. Ⅴ和Ⅵ2. 在补码的加减法中，用两位符号位判断溢出，两位符号位SS1SS2=10时，表示______。
A. 结果为正数，无溢出B. 结果正溢出C. 结果负溢出D. 结果为负数，无溢出3. 若[X]补=X0，X1X2…Xn，其中X0为符号位，X1为最高数位。
若______，则当补码左移时，将会发生溢出。
A. X0=X1B. X0≠X1C. X1=0D. X1=14. 某字长为8位的计算机中，已知整型变量x、y的机器数分别为[x]补=1 1110100，[y]补=10110000。
若整型变量z=2*x+y/2，则z的机器数为______。
A. 1 1000000B. 0 0100100C. 1 0101010D. 溢出5. 若x=103，y=-25，则下列表达式采用8位定点补码运算实现时，会发生溢出的是______。
A. x+yB. -x+yC. x-yD. -x-y6. 原码乘法是______。
A. 先取操作数绝对值相乘，符号位单独处理B. 用原码表示操作数，然后直接相乘C. 被乘数用原码表示，乘数去绝对值，然后相乘D. 乘数用原码表示，被乘数去绝对值，然后相乘7. x、y为定点整数，其格式为1位符号位，n位数值位，若采用补码一位乘法实现乘法运算，则最多需要______次加法运算。
A. n-1B. .nC. n+1D. n+28. 在原码一位乘法中，______。
A. 符号位参加运算B. 符号位不参加运算C. 符号位参加运算，并根据运算结果改变结果中的符号位D. 符号位不参加运算，并根据运算结果确定结果中的符号9. 原码乘法时，符号位单独处理乘积的方式是______。
2.1各数原码、反码、补码和移码见下表
2．227/64=00011011/01000000=0.0110110=0.11011×2-1规格化浮点表示为：[27/64]原＝101，011011000[27/64]反＝110，011011000[27/64]补＝111，011011000同理：--27/64=--0.11011×2-1规格化浮点表示为：[27/64]原＝101，111011000[27/64]反＝110，100100111[27/64]补＝111，1001010002．3 模为：29=10000000002．4 不对，8421码是十进制的编码2．5浮点数的正负看尾数的符号位是1还是0浮点数能表示的数值范围取决于阶码的大小。
浮点数数值的精确度取决于尾数的长度。
2．61）不一定有N1>N2 2）正确2．7 最大的正数：0111 01111111 十进制数：（1－2－7）×27最小的正数：1001 00000001 十进制数：2－7×2－7最大的负数：1001 11111111 十进制数：--2－7×2－7最小的负数：0111 10000001 十进制数：--（1－2－7）×272．81）[x]补=00.1101 [y]补=11.0010[x+y]补＝[x]补+[y]补=11.1111无溢出x+y= －0.0001[x]补=00.1101 [--y]补=00.1110[x－y]补＝[x]补+[--y]补=01.1011 正向溢出2）[x]补=11.0101 [y]补=00.1111[x+y]补＝[x]补+[y]补=00.0100 无溢出x+y= 0.0100[x]补=11.0101 [--y]补=11.0001[x－y]补＝[x]补+[--y]补=10.0110 负向溢出3) [x]补=11.0001 [y]补=11.0100[x+y]补＝[x]补+[y]补=10.0101 负向溢出[x]补=11.0001 [--y]补=00.1100[x－y]补＝[x]补+[--y]补=11.1101 无溢出X－y=－0.00112．91）原码一位乘法|x|=00.1111 |y|=0.1110部分积乘数y n00.0000 0.1110+00.000000.0000→00.00000 0.111+00.111100.11110→00.011110 0.11+00.111101.011010→00.1011010 0.1+00.111101.1010010→00.11010010P f=x f⊕y f=1 |p|=|x|×|y|=0.11010010所以[x×y]原=1.11010010补码一位乘法[x]补=11.0001 [y]补=0.1110 [--x]补=11.0001 部分积y n y n+100.0000 0.11100→00.00000 0.1110+00.111100.11110→00.011110 0.111→00.0011110 0.11→00.00011110 0.1+11.000111.00101110[x×y]补=11.001011102）原码一位乘法|x|=00.110 |y|=0.010部分积乘数y n00.000 0.010+00.00000.000→00.0000 0.01+00.11000.1100→00.01100 0.0+00.00000.01100 0→00.001100P f=x f⊕y f=0 |p|=|x|×|y|=0.001100所以[x×y]原=0.001100补码一位乘法[x]补=11.010 [y]补=1.110 [--x]补=00.110部分积y n y n+100.000 1.1100→00.0000 1.110+00.11000.1100→00.01100 1.11→00.001100 1.1所以[x×y]补=0.0011002．101）原码两位乘法|x|=000.1011 |y|=00.0001 2|x|=001.0110部分积乘数 c000.0000 00.00010+000.1011000.1011→000.001011 0.000→000.00001011 00.0P f=x f⊕y f=1 |p|=|x|×|y|=0.00001011所以[x×y]原=1.00001011补码两位乘法[x]补=000.1011 [y]补=11.1111 [--x]补=111.0101 部分积乘数y n+1000.0000 11.11110+111.0101111.0101→111.110101 11.111→111.11110101 11.1所以[x×y]补=111.11110101 x×y=--0.000010112）原码两位乘法|x|=000.101 |y|=0.111 2|x|=001.010 [--|x| ]补=111.011 部分积乘数 c000.000 0.1110+111.011111.011→111.11011 0.11+001.010001.00011→000.100011P f=x⊕y f=0 |p|=|x|×|y|=0.100011所以[x×y]原=0.100011补码两位乘法[x]补=111.011 [y]补=1.001 [--x]补=000.101 2[--x]补=001.010 部分积乘数y n+1000.000 1.0010+111.011111.011→111.111011 1.00+001.010001.00011→000.100011所以[x×y]补=0.1000112.111) 原码不恢复余数法|x|=00.1010 |y|=00.1101 [--|y| ]补=11.0011部分积商数00.1010+11.00111101101 0←11.1010+00.110100.0111 0.1←00.1110+11.001100.0001 0.11←00.0010+11.001111.0101 0.110←01.1010+00.110111.0111 0.1100+00.110100.0100所以[x/y]原=0.1100 余数[r]原=0.0100×2—4补码不恢复余数法[x]补=00.1010 [y]补=00.1101 [--y]补=11.0011 部分积商数00.1010+11.001111.1101 0←11.1010+00.110100.0111 0.1←00.1110+11.001100.0001 0.11←00.0010+11.001111.0101 0.110←10.1010+00.110111.0111 0.1100+00.110100.0100所以[x/y]补=0.1100 余数[r]补=0.0100×2—42）原码不恢复余数法|x|=00.101 |y|=00.110 [--|y| ]补=11.010 部分积商数00.101+11.01011.111 0←11.110+00.11000.100 0.1←01.000+11.01000.010 0.11←00.100+11.01011.110 0.110+00.11000. 100所以[x/y]原=1.110 余数[r]原=1.100×2—3补码不恢复余数法[x]补=11.011 [y]补=00.110 [--y]补=11.010 部分积商数11.011+00.11000.001 1←00.010+11.01011.100 1.0←11.000+00.11011.110 1.0011.100+00.11000.010 1.001+11.01011.100所以[x/y]补=1.001+2—3=1.010 余数[r]补=1.100×2—32．121）[x]补=21101×00.100100 [y]补=21110×11.100110小阶向大阶看齐：[x]补=21110×00.010010求和：[x+y]补=21110×（00.010010＋11.100110）＝21110×11.111000 [x-y]补=21110×（00.010010＋00.011010）＝21110×00.101100 规格化：[x+y]补=21011×11.000000 浮点表示：1011，11.000000规格化：[x-y]补=21110×00.101100 浮点表示：1110，0.101100 2）[x]补=20101×11.011110 [y]补=20100×00.010110小阶向大阶看齐：[y]补=20101×00.001011求和：[x+y]补=20101×（11.011110＋00.001011）＝20101×11.101001 [x-y]补=20101×（11.011110＋11.110101）＝20101×00.010011 规格化：[x+y]补=21010×11.010010 浮点表示：1010，11. 010010规格化：[x-y]补=21010×00.100110 浮点表示：1010，00.1001102．13见教材：P702．141）1.0001011×262）0.110111*×2-62．151）串行进位方式C1=G1+P1C0G1=A1B1，P1=A1⊕B1C2=G2+P2C1G2=A2B2，P2=A2⊕B2C3=G3+P3C2G3=A3B3，P3=A3⊕B3C4=G4+P4C3G4=A4B4，P4=A4⊕B42)并行进位方式C1=G1+P1C0C2=G2+P2G1+P2P1C0C3=G3+P3G2+P3P2G1+P3P2P1C0C4= G4+P4G3+P4P3G2+P4P3P2G1+P4P3P2P1C02．16参考教材P62 32位两重进位方式的ALU和32位三重进位方式的ALU 2．17“1”。
计算机组成原理(薛胜军)课后习题答案第三版(1)
1． 1计算机是一种能自动地、高速地对各种数字化信息进行运算处理的电子设备。
1． 2冯诺依曼计算机体系结构的基本思想是存储程序，也就是将用指令序列描述的解题程序与原始数据一起存储到计算机中。
计算机只要一启动，就能自动地取出一条条指令并执行之，直至程序执行完毕，得到计算结果为止。
按此思想设计的计算机硬件系统包含：运算器、控制器、存储器、输入设备和输出设备。
各部分的作用见教材：P10—P121． 3计算机的发展经历了四代。
第一代：见教材P1第二代：见教材P2第三代：见教材P2第四代：见教材P21．4系统软件定义见教材：P12—13，应用软件定义见教材：P121．5见教材：P14—151．6见教材：P111．7见教材：P6—81．8硬件定义见教材：P9软件定义见教材：P12固件定义见教材：P131．91）听觉、文字、图像、音频、视频2）图像、声音、压缩、解压、DSP1．10处理程度按从易到难是：文本→图形→图像→音频→视频第二章2.1各数的原码、反码、补码和移码见下表：2．227/64=00011011/01000000=0.0110110=0.11011×2-1规格化浮点表示为：[27/64]原＝101，011011000[27/64]反＝110，011011000[27/64]补＝111，011011000同理：--27/64=--0.11011×2-1规格化浮点表示为：[27/64]原＝101，111011000[27/64]反＝110，100100111[27/64]补＝111，1001010002．3 模为：29=10000000002．4 不对，8421码是十进制的编码2．5浮点数的正负看尾数的符号位是1还是0浮点数能表示的数值范围取决于阶码的大小。
浮点数数值的精确度取决于尾数的长度。
2．61）不一定有N1>N2 2）正确2．7 最大的正数：0111 01111111 十进制数：（1－2－7）×27最小的正数：1001 00000001 十进制数：2－7×2－7最大的负数：1001 11111111 十进制数：--2－7×2－7最小的负数：0111 10000001 十进制数：--（1－2－7）×272．81）[x]补=00.1101 [y]补=11.0010[x+y]补＝[x]补+[y]补=11.1111无溢出x+y= －0.0001[x]补=00.1101 [--y]补=00.1110[x－y]补＝[x]补+[--y]补=01.1011 正向溢出2）[x]补=11.0101 [y]补=00.1111[x+y]补＝[x]补+[y]补=00.0100 无溢出x+y= 0.0100[x]补=11.0101 [--y]补=11.0001[x－y]补＝[x]补+[--y]补=10.0110 负向溢出3) [x]补=11.0001 [y]补=11.0100[x+y]补＝[x]补+[y]补=10.0101 负向溢出[x]补=11.0001 [--y]补=00.1100[x－y]补＝[x]补+[--y]补=11.1101 无溢出X－y=－0.00112．91）原码一位乘法 |x|=00.1111 |y|=0.1110部分积乘数 y n00.0000 0.1110+00.000000.0000→00.00000 0.111+00.111100.11110→00.011110 0.11+00.111101.011010→00.1011010 0.1+00.111101.1010010→00.11010010P f=x f⊕y f=1 |p|=|x|×|y|=0.11010010所以[x×y]原=1.11010010补码一位乘法 [x]补=11.0001 [y]补=0.1110 [--x]补=11.0001 部分积 y n y n+100.0000 0.11100→00.00000 0.1110+00.111100.11110→00.011110 0.111→00.0011110 0.11→00.00011110 0.1+11.000111.00101110[x×y]补=11.001011102）原码一位乘法 |x|=00.110 |y|=0.010部分积乘数 y n00.000 0.010+00.00000.000→00.0000 0.01+00.11000.1100→00.01100 0.0+00.00000.01100 0→00.001100P f=x f⊕y f=0 |p|=|x|×|y|=0.001100所以[x×y]原=0.001100补码一位乘法 [x]补=11.010 [y]补=1.110 [--x]补=00.110部分积 y n y n+100.000 1.1100→00.0000 1.110+00.11000.1100→00.01100 1.11→00.001100 1.1所以[x×y]补=0.0011002．101）原码两位乘法 |x|=000.1011 |y|=00.0001 2|x|=001.0110部分积乘数 c000.0000 00.00010+000.1011000.1011→000.001011 0.000→000.00001011 00.0P f=x f⊕y f=1 |p|=|x|×|y|=0.00001011所以[x×y]原=1.00001011补码两位乘法 [x]补=000.1011 [y]补=11.1111 [--x]补=111.0101部分积乘数 y n+1000.0000 11.11110+111.0101111.0101→111.110101 11.111→111.11110101 11.1所以[x×y]补=111.11110101 x×y=--0.000010112）原码两位乘法 |x|=000.101 |y|=0.111 2|x|=001.010 [--|x| ]补=111.011 部分积乘数 c000.000 0.1110+111.011111.011→111.11011 0.11+001.010001.00011→000.100011P f=x⊕y f=0 |p|=|x|×|y|=0.100011所以[x×y]原=0.100011补码两位乘法 [x]补=111.011 [y]补=1.001 [--x]补=000.101 2[--x]补=001.010 部分积乘数 y n+1000.000 1.0010+111.011111.011→111.111011 1.00+001.010001.00011→000.100011所以[x×y]补=0.1000112.111) 原码不恢复余数法 |x|=00.1010 |y|=00.1101 [--|y| ]补=11.0011部分积商数00.1010+11.00111101101 0←11.1010+00.110100.0111 0.1←00.1110+11.001100.0001 0.11←00.0010+11.001111.0101 0.110←01.1010+00.110111.0111 0.1100+00.110100.0100所以[x/y]原=0.1100 余数[r]原=0.0100×2—4补码不恢复余数法 [x]补=00.1010 [y]补=00.1101 [--y]补=11.0011 部分积商数00.1010+11.001111.1101 0←11.1010+00.110100.0111 0.1←00.1110+11.001100.0001 0.11←00.0010+11.001111.0101 0.110←10.1010+00.110111.0111 0.1100+00.110100.0100所以[x/y]补=0.1100 余数[r]补=0.0100×2—42）原码不恢复余数法 |x|=00.101 |y|=00.110 [--|y| ]补=11.010 部分积商数00.101+11.01011.111 0←11.110+00.11000.100 0.1←01.000+11.01000.010 0.11←00.100+11.01011.110 0.110+00.11000. 100所以[x/y]原=1.110 余数[r]原=1.100×2—3补码不恢复余数法 [x]补=11.011 [y]补=00.110 [--y]补=11.010 部分积商数11.011+00.11000.001 1←00.010+11.01011.100 1.0←11.000+00.11011.110 1.00←11.100+00.11000.010 1.001+11.01011.100所以[x/y]补=1.001+2—3=1.010 余数[r]补=1.100×2—32．121）[x]补=21101×00.100100 [y]补=21110×11.100110小阶向大阶看齐： [x]补=21110×00.010010求和：[x+y]补=21110×（00.010010＋11.100110）＝21110×11.111000 [x-y]补=21110×（00.010010＋00.011010）＝21110×00.101100 规格化：[x+y]补=21011×11.000000 浮点表示：1011，11.000000规格化：[x-y]补=21110×00.101100 浮点表示：1110，0.101100 2）[x]补=20101×11.011110 [y]补=20100×00.010110小阶向大阶看齐：[y]补=20101×00.001011求和：[x+y]补=20101×（11.011110＋00.001011）＝20101×11.101001 [x-y]补=20101×（11.011110＋11.110101）＝20101×00.010011 规格化：[x+y]补=21010×11.010010 浮点表示：1010，11. 010010规格化：[x-y]补=21010×00.100110 浮点表示：1010，00.1001102．13见教材：P702．141）1.0001011×262）0.110111*×2-62．151）串行进位方式C1=G1+P1C0 G1=A1B1， P1=A1⊕B1C2=G2+P2C1 G2=A2B2， P2=A2⊕B2C3=G3+P3C2 G3=A3B3， P3=A3⊕B3C4=G4+P4C3 G4=A4B4， P4=A4⊕B42)并行进位方式C1=G1+P1C0C2=G2+P2G1+P2P1C0C3=G3+P3G2+P3P2G1+P3P2P1C0C4= G4+P4G3+P4P3G2+P4P3P2G1+P4P3P2P1C02．16参考教材P62 32位两重进位方式的ALU和32位三重进位方式的ALU 2．17第三章3.1见教材：P793．2 见教材：P833．3与SRAM相比，DRAM在电路组成上有以下不同之处：1）地址线的引脚一般只有一半，因此，增加了两根控制线RAS、CAS，分别控制接受行地址和列地址。
计算机组成原理第2章习题答案
第2章习题及解答2-2将下列十进制表示成二进制浮点规格化的数（尾数取12位，包括一位符号位；阶取4位，包括一位符号位），并写出它的原码、反码、补码三和阶移尾补四种码制形式；(1)7.75解：X=7.75=(111.11)2=0.11111×211[X]原=0011×0.11111000000[X]反=0011×0.11111000000[X]补=0011×0.11111000000[X]阶称，尾补=1011×0.11111000000(2) –3/64解：X=-3/64=(-11/26)2=(-0.00001)2=-0.11×2-100[X]原=1100×1.11000000000[X]反=1011×1.00111111111[X]补=1100×1.010********[X]阶称，尾补=0100×1.010********(3) 83.25解：X=-3/64=(1010011.01)2=0.101001101×2111[X]原=0111×0.101001101[X]反=[X]补=[X]原[X]阶称，尾补=1111×0.10100110(4) –0.3125解：X=（–0.3125）10=(-0.0101)2=-0.101×2-1[X]原=1001×1.10100000000[X]反=1110×1.010********[X]补=1111×1.01100000000[X]阶称，尾补=0111×1.011000000002-4 已知x和y，用变形补码计算x+y，并对结果进行讨论。
(2) x=0.11101，y=-0.10100解：[X]补=00.11101, [Y]补=11.01100, [-Y]补=00.10100[X]补+ [Y]补=00.11101+11.01100=00.01001X+Y=0.01001[X]补- [Y]补=[X]补+ [-Y]补=00.11101+00.10100=01.10001X+Y 正溢(3) x=-0.10111，y=-0.11000解: [X]补=11.01001, [Y]补=11.01000, [-Y]补=00.11000[X]补+ [Y]补=11.01001+11.01000=11.10001X+Y=-.011111[X]补- [Y]补=[X]补+ [-Y]补=11.01001+00.11000=00.00001X－Y =0.000012-5 已知x和y，用变形补码计算x-y，并对结果进行讨论。
不恢复余数法定点原码一位除法器的的设计汇总
沈阳航空航天大学课程设计报告目录学术诚信声明 ................................................................................... 错误!未定义书签。
第1章总体设计方案 (1)1.1设计原理 (1)1.2设计思路 (1)1.3设计环境 (2)第2章详细设计方案 (3)2.1顶层方案图的设计与实现 (3)2.1.1创建顶层图形设计文件 (3)2.1.2器件的选择与引脚锁定 (4)2.1.3编译、综合、适配 (5)2.2功能模块的设计与实现 (6)2.2.1 输入模块的设计与实现 (6)2.2.移位模块的设计与实现 (7)2.2.3加法器模块的设计与实现 (9)2.2.4 相反补码模块的设计与实现 (10)2.3仿真调试 (11)第3章编程下载与硬件测试 (13)3.1编程下载 (13)3.2硬件测试及结果分析 (13)参考文献 (15)附录（电路原理图） (16)第1章总体设计方案1.1 设计原理减交替法的实现是当某一次求得的差值（余数Ri）为负时，不恢复它，继续求下一位的商，但用加上除数（+[—Y]补）的办法来取代（-Y）的操作，其他操作依然不变。
（1）当余数为正时，商上“1”，求下一位商的办法是余数左移一位，再减去除数；（2）当余数为负数时，商上“0”，求下一位商的办法是余数左移一位，再加上除数。
（3）这种方法不用恢复余数，但若最后一次上商为“0”，而又需要得到正确的余数，则在这最后一次仍需恢复余数。
1.2 设计思路课程设计的要求为：（1）采用定点原码一位除法器由一个除数寄存模块，一个被除数寄存模块，一个加法模块，一个移位模块，一个移位模块、一个商寄存模块，采用逻辑电路设计输入方式。
（2）定点原码一位除法器的顶层采用原理图设计输入方式。
课程设计的思路为：（1）由于是不恢复余数法，所以需要修正余数为负的情况，所以原理图如图1.2：图1.2 不恢复余数法一位除法器设计总框图1.3 设计环境（1）硬件环境•伟福COP2000型计算机组成原理实验仪COP2000计算机组成原理实验系统由实验平台、开关电源、软件三大部分组成实验平台上有寄存器组R0-R3、运算单元、累加器A、暂存器B、直通/左移/右移单元、地址寄存器、程序计数器、堆栈、中断源、输入/输出单元、存储器单元、微地址寄存器、指令寄存器、微程序控制器、组合逻辑控制器、扩展座、总线插孔区、微动开关/指示灯、逻辑笔、脉冲源、20个按键、字符式LCD、RS232口。
计算机专业基础综合计算机组成原理(数据的表示和运算)历年真题试卷汇编1
计算机专业基础综合计算机组成原理（数据的表示和运算）历年真题试卷汇编1(总分：84.00，做题时间：90分钟)一、单项选择题(总题数：35，分数：70.00)1.定点补码加减法运算中，当运算结果出现____时，表示运算结果负溢出。
【华中科技大学2002年】A.符号位为00B.符号位为01C.符号位为10 √D.符号位为11考查双符号位时溢出的判别。
两个符号位不同时，表示溢出，此时最高位符号位代表真实符号。
2.采用变形补码判溢出，当发生正溢出时，其两位符号位为____。
【国防科技大学2002年】A.0B.1 √C.10D.11考查双符号位时溢出的判别。
原理同上题。
3.在定点运算器中，无论采用双符号位还是单符号位，必须有____。
【上海大学2001年】A.译码电路，它一般用与非门来实现B.编码电路，它一般用或非门来实现C.溢出判断电路，它一般用异或门来实现√D.移位电路，它一般用与或非门来实现考查溢出判别所需硬件配置。
三种溢出判别方法，均必须有溢出判别电路，可用异或门来实现。
4.在原码不恢复余数除法(又称原码加减交替法)的算法中，____。
【哈尔滨工程大学2004年】A.每步操作后，若不够减，则需恢复余数B.若为负商，则恢复余数C.整个算法过程中，从不恢复余数√D.仅当最后一步不够减时，才恢复一次余数考查原码不恢复余数除法。
5.在补码一位乘中，若判断位Y n Y n+1 +1=10，则应执行的操作是____。
【电予科技大学1996年】【上海大学1998年】A.原部分积加[X] 补，然后右移一位√B.原部分积加[X] 补，然后右移一位C.原部分积加[X] 补，然后左移一位D.原部分积加[X] 补，然后左移一位考查补码一位乘。
6.实现N位(不包括符号位)补码一位乘时，乘积为____位。
【西安电子科技大学2007年】A.NB.N十1C.2N √D.2N+1考查补码一位乘。
补码一位乘法运算过程中一共向右移位N次，加卜原先的N位，一共是2N位数值位。
计算机学科专业基础综合组成原理-14
计算机学科专业基础综合组成原理-14(总分：100.00，做题时间：90分钟)一、单项选择题(总题数：27，分数：48.00)1.判断加减法溢出时，可采用判断进位的方式，如果符号位的进位为C 0，最高位的进位为C 1，产生溢出的条件是______。
Ⅰ．C 0产生进位Ⅱ．C 1产生进位Ⅲ．C 0、C 1都产生进位Ⅳ．C 0、C 1都不产生进位Ⅴ．C 0产生进位，C 1不产生进位Ⅵ．C 0不产生进位，C 1产生进位（分数：1.00）A.Ⅰ和ⅡB.ⅢC.ⅣD.Ⅴ和Ⅵ√解析：[解析] 采用进位位来判断溢出时，当最高有效位进位和符号位进位的值不相同时才产生溢出。
两正数相加，当最高有效位产生进位(C 1 =1)而符号位不产生进位(C 0 =0)时，发生正溢出；两负数相加，当最高有效位不产生进位(C 1 =0)而符号位产生进位(C 0 =1)时产生负溢出。
故溢出条件：2.在补码的加减法中，用两位符号位判断溢出，两位符号位S S1 S S2 =10时，表示______。
（分数：1.00）A.结果为正数，无溢出B.结果正溢出C.结果负溢出√D.结果为负数，无溢出解析：[解析] 用两位符号位判断溢出时，当两个符号位不同时表示溢出，01时表示正溢出；10时表示负溢出；当两个符号位相同时(11或00)表示没有溢出。
3.若[X] 补 =X 0，X 1 X 2…X n，其中X 0为符号位，X 1为最高数位。
若______，则当补码左移时，将会发生溢出。
（分数：1.00）A.X0=X1B.X0≠X1√C.X1=0D.X1=1解析：[解析] 溢出判别法有两种适用于此种情况：一是加一个符号位变为双符号位，然后左移，如果两符号位不同则溢出，故而X 0≠ X1时溢出；二是数值位最高位进位和符号位进位不同则溢出，同样可知X 0≠X 1时溢出。
4.某字长为8位的计算机中，已知整型变量x、y的机器数分别为[x] 补 =1 1110100，[y] 补 =10110000。
3.3 定点数的除法
理原成组河南科技大学计算机定点数的除法运算3.3定点数的乘法运算明德笃行博学日新◆定点原码一位除法1）原码恢复余数法2）原码不恢复余数法◆定点补码一位除法博学日新明德笃行原码一位除法1. 运算法则假设被除数[X]原=X s X 1X 2……X n-1X n ，除数[Y]原=Y s Y 1Y 2…Y n-1Y n 商[Q]原=Q s Q 1Q 2……Q n ，则有[Q]原= (X s ⊕Y s ).(|X|×|Y|)即商的符号位等于两数符号位的异或，商的数值部分等于两数绝对值相除。
博学日新明德笃行原码一位除法0.1 0 1 10.11010.0 1 1 0 10.0 0 1 1 0 10.0 1 0 0 1 0.0 0 0 1 0 10.0 0 0 0 0 0 00.0 0 0 0 0 1 1 1…商Q S =X S ⊕Y S =0⊕0=0 X/Y=0.1101 …被除数 X(R 0) …部分余数R 1 …部分余数R 2…余数R 40 . 1 1 0 1 0 0 0 0 2-1Y,除数右移1位，减 2-2Y,除数右移1位，减 2-4Y,除数右移2位，减 2-3Y,除数右移1位，不减 0.0 0 0 1 0 1 0 0.0 0 0 0 1 1 0 1 …部分余数R 3商符单独处理 心算上商（比较大小）？？ ？ 余数不动低位补“0”减右移一位的除数上商位置不固定1）被除数(绝对值)减去除数(绝对值)；2）判别余数正负：若为正数，上商1；若为负数，上商0，然后恢复余数＋[|Y|]补；3）余数和商共同左移一位。
4）重复上述过程(左移n次，上商n＋1次)。
说明：1）计算机内的运算过程仍用补码。
2）在原码一位乘中通常有以下约定：●小数定点除法 |x| ＜ |y|，整数定点除法 |x| ＞ |y| （避免商溢出）被除数不等于 0，除数不能为 0解：[|X|]原=00.1001，[|Y|]原= [|Y|]补=00.1011 ，[-|Y|]补=11.01010 0 . 1 0 0 1 + 1 1 . 0 1 0 1 X 减Y 1 1 . 1 1 1 0 + 0 0 . 1 0 1 0 余数R 0<0,商0 0恢复余数 0 0 . 1 0 0 1 ← 0 1 . 0 0 1 0 + 1 1 . 0 1 0 1 0 0 . 0 1 1 1 ←0 0 . 1 1 1 0 + 1 1 . 0 1 0 10 0 . 0 0 1 1 ←0 0 . 0 1 1 0 + 1 1 . 0 1 0 1R 0’商0移入Q ，R 0’左移 减Y余数R 1>0,商1 0.1商1移入Q ，R 1’左移 减Y余数R 2>0,商1商1移入Q ，R 2’左移 0.1 1减Y[-|Y|]补[|Y|]补[-|Y|]补[-|Y|]补[-|Y|]补0 0 . 1 0 1 0 + 1 1 . 1 0 1 10 0 . 0 1 1 0 ←0 0 . 1 1 0 0 + 0 0 . 1 1 0 0 0 0 . 0 0 0 1 0 0 . 0 0 0 1←余数R 3<0,商0 恢复余数R 3’=2R 2商 0 移入Q ，R 3’左移 减Y余数R 4>0,商1 商 1 移入Q ，R 4不左移0.1 1 00.1 1 0 1[-|Y|]补[|Y|]补[|Q|]原=0.1101 余数[R]原=0.0001Qs=XS ⊕YS=0⊕0=0R=2-4×0.0001博学日新明德笃行原码恢复余数法（1）某一次-Y 的差值为负时,要多一次+Y 恢复余数的操作,降低了执行速度。