计算机组成原理试题答案2
计算机组成原理第2章习题答案
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=01.10001 X+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=00.00001 X －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。
计算机组成原理试题集含答案(2)
计算机（微机）组成原理试题集含答案111、设某一个单元的物理地址是54321H，则正确的逻辑地址表示为（ C ）A、4321H：50000HB、54320H：1HC、5430H：0021HD、5432H：00001H112、如果一个程序在执行前CS=1000H，IP=2000H，该程序的起始地址是（ B ）A、3000HB、12000HC、21000HD、1000H113、如果一个堆栈从地址1250H：0100H开始，SP=0050，则SS的段地址是（ B ）A、12600HB、1260HC、1265HD、125BH114、若已知[X]补=11101011B，[Y]补=01001010B，则[X – Y ]补=（ A ）A、10100001BB、11011111BC、10100000BD、溢出115、下列描述正确的是（ B ）。
A、汇编语言仅由指令性语句组成B、汇编语言包括指令性语句和伪指令语句C、指令性语句和伪指令语句的格式是完全相同的D、指令性语句和伪指令语句需经汇编程序翻译成机器代码后才能执行116、下列指令中不属于逻辑运算指令的是（ B）。
A、XORB、CWDC、NOTD、OR117、假定DX=10111001B，CL=3，CF=1，则执行指令SHL DX，CL后，DX的值为（ D）。
A、005CHB、0017HC、1700HD、05C8H118、下列指令中不会改变指令指针寄存器内容的是（ A）。
A、MOVB、JMPC、CALLD、RET119、伪指令ENDP告诉汇编程序（ B）。
A、宏定义结束B、过程定义结束C、段定义结束D、过程运行结束120、利用DOS系统功能调用的9号（AH=9）功能，显示一个字符串，其入口参数应为（ A）。
A、DS：DX=字符串首地址B、DS：DX=字符串末地址C、CS：DX=字符串首地址D、CS：DX=字符串末地址121、PC机中，确定硬中断的服务程序入口地址的是（ C ）。
计算机组成原理测验2及参考答案
设操作码长度= K位
则二地址指令最多可以有2K－M－N 条 （2）如果操作码长度可变
采用操作码扩展技术
基本操作码位数=16－2×6 = 4 位 当留下一个码字作为扩展标志时，二地址指令数为最多 二地址指令最多可以有24－1 = 15条
5
五、 （共10分） 判断题 （请在正确的句子前写T，错误的句子前写F）
16条二地址指令 操作码 1000 0000~1000 1111 100条一地址指令 OP A1 A2
OP
A
操作码 110000000000~1100 0110 0011 当操作码的第1位=1时，第2位=1表示一地址指令
4
四． （共20分）某机指令字长16位，每个操作数的地址码长6位， 设操作码长度固定，指令分为零地址、一地址和二地址三 种格式。（ 1）若零地址指令有 M 条，一地址指令有 N条，问二 地址指令最多可能有多少条？（2）若操作码位数可变，则二地 址指令最多允许有多少条？
测验2参考答案 一、（20分）某计算机的指令字长为16位，用指令操作码扩展技 术设计指令系统，要求有零地址指令16条，一地址指令31条，两 地址指令14条及三地址指令15条。每个地址码字段为4位。 解： 要求三地址指令有15条，15<24，基本操作码字段的长度为4位。 指令格式为： 15 12 11 8 7
31条一地址指令的操作码,由111111110000～111111111110和 111111100000～111111101111给出，
留下一个码号111111111111用于把操作码扩展到A3。 16条零地址指令的操作码由 1111111111110000～1111111111111111给出。
ＯＰ A1 A2
《计算机组成原理》2在线作业答案
《计算机组成原理》2在线作业答案一、单选题（共 35 道试题，共 70 分。
）1. 计算机操作的最小单位时间是（）A. 时钟周期B. 指令周期C. CPU周期D. 中断周期正确答案：A 满分：2 分2. 计算机存储数据的基本单位为（）。
A. 比特BitB. 字节ByteC. 字组WordD. 以上都不对正确答案：A 满分：2 分3. 采用虚拟存贮器的主要目的是（）。
A. 提高主存贮器的存取速度B. 扩大主存贮器的存贮空间，并能进行自动管理和调度C. 提高外存贮器的存取速度D. 扩大外存贮器的存贮空间正确答案：B 满分：2 分4. 若9BH表示移码（含1位符号位），其对应的十进制数是（）。
A. 27B. －27C. －101D. 155正确答案：A 满分：2 分5. 直接寻址的无条件转移指令功能是将指令中的地址码送入（）。
A. PCB. 地址寄存器C. 累加器D. 指令寄存器正确答案：A 满分：2 分6. 下列语句中是（）正确的。
A. 1KB＝10241024BB. 1KB＝1024MBC. 1MB＝10241024BD. 1MB＝1024B正确答案：C 满分：2 分7. 程序员编程所用的地址叫做（）。
A. 逻辑地址B. 物理地址C. 真实地址D. 伪地址答案：A正确答案：A 满分：2 分8. I/O采用不统一编址时，进行输入输出操作的指令是（）。
A. 控制指令B. 访存指令C. 输入输出指令D. 伪指令正确答案：C 满分：2 分9. Cache的地址映像中，若主存中的任一块均可映射到Cache内的任一块的位置上，称作（）。
A. 直接映像B. 全相联映像C. 组相联映像D. 间接映像正确答案：C 满分：2 分10. 下列描述中（）是正确的。
A. 控制器能理解、解释并执行所有的指令及存储结果；B. 一台计算机包括输入、输出、控制、存储及算逻运算五个单元；C. 所有的数据运算都在CPU的控制器中完成；D. 以上答案都正确。
计算机组成原理试题二答案
南昌航空大学2008—2009学年第1学期期末考试课程名称: 计算机组成与结构A B 卷参考答案题号一二三四五六七合计满分502525100实得分一. 基本题(共50分)1. 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？(10分)答:冯诺依曼型计算机的主要设计思想是:采用存储程序的方式，编好的程序和数据存放在同一个存储器中，计算机可以在无人干预的情况下自动完成逐条取出指令和执行指令的任务；在机器内部，指令和数据均采用二进制码表示，指令在存储器中按顺序存放。
其主要组成部分有：运算器、控制器、存储器、输入输出设备，以及总线。
2. 已知x和y，用变形补码计算x-y，同时指出结果是否溢出。
(16分)(1) x=10111 y=11011 (2) x=11011 y=-10011解: [ｘ-ｙ]补=[ｘ]补+[-ｙ]补 (8分)(1) [ｘ]补＝00 10111, [-ｙ]补＝11 00101[ｘ]补 00 10111＋ [-ｙ]补 11 00101 11 11100 双符号位为“11”，结果没有溢出, ｘ-ｙ=-00100。
(2) [ｘ]补＝00 11011, [-ｙ]补＝00 10011 (8分)[ｘ]补 00 11011＋ [-ｙ]补 00 10011 01 01110 双符号位为“01”,表示已溢出, ｘ-ｙ=10010。
3. 总线仲裁分集中式仲裁和分布式仲裁两类。
简述集中式仲裁可分为哪几种方式？每种方式各自的特点是什么？(12分)答:集中式仲裁可分为链式查询方式、计数器定时查询方式和独立请求方式三种，各自的特点如下：（1）链式查询方式：总线授权信号BG串行地从一个I/O接口传送到下一个I/O接口。
由近至远依次查询各I/O接口，一旦到达有总线请求的接口就不再往下查询。
显然，离总线仲裁器越近的设备优先级越高。
该方式的优点是：只用很少几根线就能按一定优先次序实现总线仲裁，且这种结构分容易扩充设备。
计算机组成原理习题答案第二章
６．设［X］原＝１．a１a２a３a４a５a６，
（１）若要X＞－１/２
，a１～a６要满足什么条件？
（２）若要－１/８
≥X≥－１/４
，a１～a６要满足什么条件？
解：（１）X＞－１/２
的代码为：
１．０００００１－１
６４
…
１．０１１１１１－３/１
６４
a１＝０，a２＋a３＋a４＋a５＋a６＝１。
（２）－１/８
解：无符号整数：０≤X≤（２３２－１）。
补码：－２３１≤X≤（２３１－１）。
１１．某浮点数字长１２位，其中阶符１位，阶码数值３位，数符１位，尾数数值７位，阶码以２为底，阶码和尾数均用补码表示。它所能表示的最大正数是多少？最小规格化正数是多少？绝对值最大的负数是多少？
解：最大正数＝（１－２－７）×２２３－１＝（１－２－７）×２７＝１２７。
２０．以下列形式表示（５３８２）１０。
（１）８４２１码； （２）余３码；
（３）２４２１码； （４）二进制数。
解：（１）０１０１００１１１０００００１０。
（２）１００００１１０１０１１０１０１。
（３）１０１１００１１１１１０００１０。
（４）１０１０１０００００１１０。
２１．填写下列代码的奇偶校验位，现设为奇校验：
０．１００００００１．１００００００
０．１１１１０００
１．１１１１０００
００００１１０１
１０００１１０１
００００００００
００００００００
０．１００００００１．１００００００
０．１１１１０００
１．０００１０００
００００１１０１
１１１１００１１
００００００００
１１１１１１１１
计算机组成原理试题库(含答案解析)
计算机组成原理试题一、单项选择题（从下列各题四个备选答案中选出一个正确答案，并将其代号写在题干前面的括号内。
）1.为了缩短指令中某个地址段的位数，有效的方法是采取（C）。
A、立即寻址B、变址寻址C、间接寻址D、寄存器寻址2.某计算机字长是16位它的存储容量是64KB,按字编址,它们寻址范围是（C ）。
A．64K B．32KB C．32K D．16KB3.某一RAM芯片其容量为512*8位,除电源和接地端外该芯片引线的最少数目是（C ）。
A. 21B. 17C. 19D.204.指令系统中采用不同寻址方式的目的主要是( C )。
A.实现存储程序和程序控制B.可以直接访问外存C.缩短指令长度，扩大寻址空间，提高编程灵活性D.提供扩展操作码的可能并降低指令译码难度5.寄存器间接寻址方式中，操作数处在( B )。
A.通用寄存器B.贮存单元C.程序计数器D.堆栈6.RISC是( A )的简称。
A.精简指令系统计算机B.大规模集成电路C.复杂指令计算机D.超大规模集成电路7．CPU响应中断的时间是_ C _____。
A．中断源提出请求；B．取指周期结束；C．执行周期结束；D．间址周期结束。
8．常用的虚拟存储器寻址系统由____A__两级存储器组成。
A．主存－辅存；B．Cache－主存；C．Cache－辅存；D．主存—硬盘。
9．DMA访问主存时，让CPU处于等待状态，等DMA的一批数据访问结束后，CPU再恢复工作，这种情况称作__A____。
A．停止CPU访问主存；B．周期挪用；C．DMA与CPU交替访问；D．DMA。
10．浮点数的表示范围和精度取决于__C____ 。
A．阶码的位数和尾数的机器数形式；B．阶码的机器数形式和尾数的位数；C．阶码的位数和尾数的位数；D．阶码的机器数形式和尾数的机器数形式。
11．中断向量可提供___C___。
A．被选中设备的地址； B．传送数据的起始地址；C．中断服务程序入口地址；D．主程序的断点地址。
国开电大计算机组成原理形考任务2参考答案
题目1.加法器采用并行进位的目的是_____。
A. 提高加法器的速度
B. 快速传递进位信号
C. 优化加法器结构
D. 增强加法器功能
【答案】：快速传递进位信号
题目2.组成一个运算器需要多个部件，但下面所列_____不是组成运算器的部件。
A. 状态寄存器
B. 数据总线
C. 算术逻辑运算单元
D. 地址寄存器
【答案】：地址寄存器
题目3.运算器的主要功能是进行。
A. 逻辑运算
B. 算术运算
C. 逻辑运算和算术运算
D. 只作加法
【答案】：逻辑运算和算术运算
题目4.浮点数范围和精度取决于。
A. 阶码的位数和尾数的位数
B. 阶码采用的编码和尾数的位数
C. 阶码和尾数采用的编码
D. 阶码采用的位数和尾数的编码
【答案】：阶码的位数和尾数的位数。
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本科生期末试卷二答案
一．选择题
1. D
2. C
3. A
4. D
5. A
6. C
7. A
8. C
9. D 10. C
二．填空题
1. A.高速性 B.先行 C.阵列。
2. A.内容 B.行地址表 C.页表和段表。
3. A.指令周期 B.布尔代数 C.门电路、触发器或可编程逻辑。
4. A.存储密度 B.存储容量 C.平均存取时间。
5. A.组成结构 B.选择 C.多路。
三．解：（1）x > 0 , y > 0 , 则x + y > 0
[X]补+ [Y ]补= x + y =[ X + Y ]补（mod 2）
(2) x > 0 , y < 0 , 则x + y > 0 或x + y < 0
因为[X]补= x , [Y ]补= 2 + y
所以[X]补+ [Y ]补= x + 2 + y = 2 + （x + y）
当x+y>0时，2+(x+y)>2，进位2必丢失，又因(x+y)>0,所以
[X]补+ [Y ]补=x+y= [ X + Y ]补（mod 2）
当x+y<0时，2+(x+y)<2，又因(x+y)<0,所以
[X]补+ [Y ]补=x+y= [ X + Y ]补（mod 2）
（3）x < 0 , y > 0 , 则x + y > 0 或x + y < 0
这种情况和第2种情况一样，把x和y的位置对调即得证。
（4）x < 0 , y < 0 , 则x + y < 0
因为[X]补= 2 + x , [Y ]补= 2 + y
所以[X]补+ [Y ]补= 2 + x + 2 + y = 2 + （2 + x + y）
上式第二部分一定是小于2大于1 的数，进位2必丢失，又因（x+y）<0
所以[X]补+ [Y ]补= 2 + （x + y）= [ X + Y ]补（mod 2）四．解：64条指令需占用操作码字段（OP）6位，源寄存器和目标寄存器各4位，寻址模式（X）2位，形式地址（D）16位，其指令格式如下：
X= 0 0 寄存器寻址操作数由源寄存器号和目标寄存器号指定
X= 0 1 直接寻址有效地址E= (D)
X= 1 0 变址寻址有效地址E= (R x)＋D
X= 1 1 相对寻址有效地址E=（PC）＋D
其中R x为变址寄存器（10位），PC为程序计数器（20位），位移量D可正可负。
该指令格式可以实现RR型，RS型寻址功能。
五．解：（1）用虚拟地址为1的页号15作为快表检索项，查得页号为15的页在主存中的起始地址为80000，故将80000与虚拟地址中的页内地址码0324相加，求得主存实地址码为80324。
（2）主存实地址码= 96000 + 0128 = 96128
（3）虚拟地址3的页号为48，当用48作检索项在快表中检索时，没有检索到页号为48的页面，此时操作系统暂停用户作业程序的执行，转去执行查页表程序。
如该页面在主存中，则将该页号及该页在主存中的起始地址写入主存；如该
页面不存在，则操作系统要将该页面从外存调入主存，然后将页号及其在主
存中的起始地址写入快表。
六．解：微命令字段共12位，微指令格式如下：
各字段意义如下：
R—通用寄存器读命令
W—通用寄存器写命令
.RA0RA1—读R0—R3的选择控制。
WA0WA1—写R0—R3的选择控制。
LDS A—打入SA的控制信号。
LDS B—打入SB的控制信号。
S B->ALU—打开非反向三态门的控制信号。
S B->ALU—打开反向三态门的控制信号，并使加法器最低位加1。
CLR－暂存器SB清零信号。
~ ——一段微程序结束，转入取机器指令的控制信号。
（2）ADD、SUB两条指令的微程序流程图见图B2.3所示。
七．三种系统总线结构如图B2.4所示，从上到下为单总线，双总线，三总线：
图B2.4
八．解：设读写一块信息所需总时间为T，平均找到时间为T s，平均等待时间为T L，读写一块信息的传输时间为T m，则：T=T s＋T L＋T m。
假设磁盘以每秒r转速率旋转，每条磁道容量为N个字，则数据传输率=rN个字/秒。
又假设每块的字数为n，因而一旦读写头定位在该块始端，就能在T m≈（n / rN）秒的时间中传输完毕。
T L是磁盘旋转半周的时间，T L=（1/2r）秒，由此可得：
T=T s＋1/2r＋n/rN 秒。