武汉大学计算机组成原理总复习模拟题

二、运算方法与运算器（18）
• • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • （3）求X/Y（阶码运算用移码，尾数运算用原码加减交替法） 阶码相减： [-Ey]移 = 0001 [Ex-Ey]移 = [Ex]移 + [-Ey]补 = 1010 尾数相除： [My]补 = 00.1001 [-My]补 = 11.0111 00.1010 + 11.0111 00.0001 上1 00.0010 + 11.0111 11.1001 上0 11.0010 + 00.1001 11.1011 上0 00.0100 + 00.1000 00.1100 上1 所以[Mx/My]= 1.001 规格化后，尾数为0.1001 阶码 = [Ex-Ey]移 + [1]移 = 1011
二、运算方法与运算器（17）
• （2）求X*Y（阶码运算用移码，尾数运算用原码一位乘） • 阶码相加：[Ex+Ey]移 = [Ex]移 + [Ey]补 = 0001 + 1111 = 1000 • 尾数相乘： • 部分积 乘数 • 00.0000 1001 • + 00.1010 • 00.1010 • 00.01010 100 • 00.0001010 1 • + 00.1010 • 00.1011010 • 00.01011010 • 规格化后，尾数为0.1011。 • 阶码 = 1000 + [-1]移 = 0111
复习大纲
三、指令系统与控制器 指令格式与寻址方式 指令的操作流程 微指令格式设计 微程序设计的控制器
《计算机组成原理》期末考试
复习大纲
四、存储系统与存储结构 内存储器的结构与扩展方法 高速缓冲存储器与数据调度 虚拟存储器的设计方法 磁记录存储器的原理与性能指标计算
《计算机组成原理》期末考试
• （2）实现一位补码乘法的逻辑结构图。
移位电路 计数器 +1
ALU/2→S ALU→S
C ALU ALU+1 „ A→ALU A „ „ „ „ B→ALU B „ S→A „
„
„
C/2→C
Cn+1
„
B→ALU
1
0
„ CP
二、运算方法与运算器（13）
• （3）补码一位乘与原码一位乘逻辑结构上 的差异： • ① 原码乘法的逻辑结构图中只能加B；补码 乘法的逻辑结构图中只能加B也能减B； • ② 补码乘法的逻辑结构图中的C寄存器要 增加一位Cn+1, 原码乘法的逻辑结构图不 需要。
二、运算方法与运算器（1６）
• 解：（1）求X+Y（阶码运算用补码，尾数运算用补码） • 对阶：[Ex]补 + [-Ey]补 = 0001 + 0001 = 0010 • 所以My 右移2位，得[My]补 = 00.001001 • 尾 加 ： [Mx] 补 + [My] 补 = 00.1010 + 00.001001 = 00.1100 01 • 规格化：已是规格化尾数 • 舍入：00.1100 • 所以[EX+Y]补 = 0001，[MX+Y]补 = 0.1100
• 思考：如果信息在传输过程中出错，如何 纠错检错？
一、数据编码与数据校验（4）
• • • • • • • • • • • • • • ①偶校验，则校验码为 1 10101011，其中最高位为校验位。 ②采用海明校验，海明校验位的位数为4，分组如下： 12 11 10 9 8 7 6 5 4 3 2 1 D7 D6 D5 D4 P4 D3 D2 D1 P3 D0 P2 P1 1 0 1 0 1 0 1 1 第一组(P1) √ √ √ √ √ √ 第二组(P2) √ √ √ √ √ √ 第三组(P3) √ √ √ √ √ 第四组(P4) √ √ √ √ √ P1= D6⊕D4⊕D3⊕D1⊕D0=0⊕0⊕1⊕1⊕1=1 P2= D6⊕D5⊕D3⊕D2⊕D0= 0⊕1⊕1⊕0⊕1=1 P3= D7⊕D3⊕D2⊕D1= 1⊕1⊕0⊕1=1 P4= D7⊕D6⊕D5⊕D4= 1⊕0⊕1⊕0=0 所以：信息码10101011的海明校验码为： 1010 0 101 1 1 1 1。
二、运算方法与运算器（11）
yn（高位）yn+1（低位） 0 0 0 1 1 0 操作 部分积右移一位 部分积加x补，右移一位 部分积加（–x）补，右 移一位 部分积右移一位
1
1
• ⑥按照上述算法进行n+1步操作，但第n+1步不再移 位，仅根据y0与y1的比较结果作相应的运算即可。
二、运算方法与运算器（12）
二、运算方法与运算器（3）
• 2. 已知x = 0.1001，y = -0.1001，用补码不 恢复余数除法求(x/y)补=？
二、运算方法与运算器（4）
• 补码不恢复余数法的算法规则 • ①符号位参加运算，除数与被除数均用双符号补码表示。 • ②被除数与除数同号，被除数减去除数。被除数与除数 异号，被除数加上除数。商符号位的取值见③。 • ③余数与除数同号，商上1，余数左移一位减去除数； 余数与除数异号，商上0，余数左移一位加上除数。 • 注意：余数左移加上或减去除数后就得到了新余数。 • ④重复③。若采用恒置1法，则包括符号位在内共重复 ③n次；若采用校正法包括符号位在内，应重复③n＋1 次。
二、运算方法与运算器（6）
二、运算方法与运算器（7）
• 中间有一步余数为零表示能除尽，除数为 负，需校正： • (x/y)补= 0.1111 + 0.0001 = 1.0000 • 余数与被除数异号需校正： • 余 数 r 补 =(11.0111 + 00.1001)×2 － 4=0.0000×2－4
二、运算方法与运算器（8）
• • • • 3. 运算器分析与设计题 （1）设计出实现一位原码乘法的逻辑结构图。 （2）设计出实现一位补码乘法的逻辑结构图。 （3）比较补码一位乘与原码一位乘逻辑结构上的 差异。
二、运算方法与运算器（9）
• 解：（1）实现一位原码乘法的逻辑结构图。
移位电路 计数器 +1
复习大纲
五、I/O系统与I/O调度 中断排队 多重中断 中断接口 DMA的三种传送方式 DMA的三个传送阶段
一、数据编码与数据校验（1）
1. 设浮点数字长16位，其中阶码5位（含1位阶符） 以2为底，移码表示，尾数11位（含1位数符）， 补码表示，求所能表示的规格化数的范围（用十 进制填写下表）。
阶码（H） 尾数（H） 真值（D）
最大正数 非零最小正数
最大负数
最小负数
一、数据编码与数据校验（2）
阶码（H） 尾数（H） 真值（D）
最大正数
非零最小 正数 最大负数 最小负数
11111
00000 00000 11111
0.1111111111
0.1000000000
215×（1-2－10）
2－16×2－1
二、运算方法与运算器（1６）
• 5. 设浮点数X,Y，阶码（补码形式）和尾数 （原码形式）如下： • X：阶码0001，尾数0.1010 • Y：阶码1111，尾数0.1001。设基数为2。
• （1）求X+Y（阶码运算用补码，尾数运算用补码） • （2）求X*Y（阶码运算用移码，尾数运算用原码 一位乘） • （3）求X/Y（阶码运算用移码，尾数运算用原CRC校验码为：10101011 1010
二、运算方法与运算器（1）
• 1. 已知2[X]补=1.01010010， • 1/2[Y]原=1.01011000， • 用变形补码计算 [X]补+[Y]补，并判断结果 有无溢出？
二、运算方法与运算器（2）
• 解：[X]补=1.10101001， • 1/2[Y]补=1.10101000 • [Y]补=1.01010000 • [X]补+[Y]补=11.10101001+11.01010000 • =10.11111001 • 所以， 有溢出
1.0111111111 -2－16×（2－1+2－10） 1.0000000000 -215
一、数据编码与数据校验（3）
2. • • • 设待校验的数据为D8～D1=10101011。 ①若采用偶校验，则校验码为？ ②若采用海明校验，其海明码为？ ③若采用CRC校验，且生成多项式为10011， 则其CRC码为？
《计算机组成原理》期末考试
复习大纲
一、数据编码与数据校验 定点、浮点数的表示和表示范围 海明码校验 CRC校验 奇偶校验
《计算机组成原理》期末考试
复习大纲
二、运算方法与运算器 补码加减法运算、溢出判断 原码乘除法运算 补码乘除法运算 浮点加、减运算
《计算机组成原理》期末考试
三、指令系统与控制器（1）
• 1. 设有一台计算机，其指令长度为16位，指令格式如下：
• 其中OP为操作码，占5位；R为寄存器编号，占3位，可有 8个寄存器; M为寻址方式，占2位，与D一起决定源操作数， 规定如下： • M=00，为立即寻址，D为立即数； • M=01，为相对寻址，D为位移量； • M=10，为变址寻址，D为位移量； • 假定要执行的指令为加法指令，存放在001000单元中，D 的值为01，该指令执行前存储器和有关寄存器的存储情况 如下图所示，其中地址码和数据是八进制表示。
二、运算方法与运算器（5）
• 商的校正 • ① 当刚好能除尽时(即：运算过程中任一步余 数为0)，若除数为负，则商需要加2－n进行修正 • ②当不能除尽时，如果商为负，则商需要加2－n 进行修正 • 余数的校正 • ①若商为正，当余数与被除数异号时，则应将 余数加上除数进行校正。 • ②若商为负，当余数与被除数异号时，则余数 需要减去除数进行校正