第二章 计算机组成原理 练习题(带答案)
一、判断题1. 在使用配置了触摸屏的多媒体计算机时，可不必使用鼠标器。
Ｔ2. 盘和内存之间以簇为单位交换数据。
Ｆ3. 光盘是一种可读不可写的存储器。
Ｆ4. VGA是显示器主机间的接口。
Ｆ5. 激光打印机使用的墨水质量很高。
F6. 扫描仪工作时，将被扫描的图件正面朝上。
Ｆ7. 数码相机的成像技术与传统相机的成像技术基本相同。
Ｆ8. ＣＭＯＳ是一种易失性存储器。
Ｔ9. ＳＲＡＭ比ＤＲＡＭ速度慢。
Ｆ10.ＲＯＭ是非易失性存储器。
Ｔ11.利用Cache能加快程序的运行速度，其依据的原理是Cache速度快。
Ｆ12.主存储器的编址单位是字节。
Ｔ13.I/O控制器可以完全脱离ＣＰＵ控制Ｉ／Ｏ操作的全过程。
Ｆ14.ＣＰＵ总线、存储器总线和Ｉ／Ｏ总线统称系统总线。
Ｔ15.Ｉ／Ｏ接口就是用于连接Ｉ／Ｏ设备的各种插头插座。
Ｆ16.总线控制器包含在主板的芯片组内。
Ｔ17.ＵＳＢ接口按双向并行方式传输数据。
Ｆ18.ＡＬＵ与浮点运算器可以同时进行整数和实数的运算。
Ｔ19.ＣＰＵ主频即ＣＰＵ总线频率。
Ｆ20.计算机常用的输入设备为键盘、鼠标，常用的输出设备有显示器、打印机。
Ｔ21.不同厂家生产的计算机一定互相不兼容。
F22.PC机的主存储器包含大量的存储单元，每个存储单元都可以存放8个Byte。
F23.在使用输入设备进行输入时，目前还只能输入文字、命令和图像，无法输入声音。
F24.为了提高CPU访问硬盘的工作效率，硬盘通过将数据存储在一个比其速度快得多的缓冲区来提高与CPU交换的速度，这个区就是高速缓冲区，它是由DRAM芯片构成的。
T25.在一台已感染病毒的计算机上读取一张CD-ROM光盘中的数据，该光盘也有可能被感染病毒。
F26.存储容量是数码相机的一项重要性能，不论拍摄质量如何，存储容量大的数码相机可拍摄的相片数量肯定比存储容量小的相机多。
F27.绘图仪、扫描仪、显示器、音箱等均属于输出设备。
F28.PC机的主板又称为母板，上面可安装CPU、内存储器、总线、I／O控制器等部件，它们是PC机的核心。
F29.由于硬盘的外部传输速率要小于内部传输速率，所以外部传输速率的高低是评价硬盘整体性能的决定性因素。
F30. PC机中常用的外围设备都通过各自的扩充卡与主板相连，这些扩充卡只能插在主板上的PCI总线插槽中。
F31.大部分数码相机采用CCD成像芯片，CCD芯片中有大量的CCD像素，像素越多影像的分辨率(清晰度)就越高，生成的数字图像也越小。
T32. 高速缓存(Cache)可以看做主存的延伸，与主存统一编址，接收CPU的访问，但其速度要比主存高得多。
F33.即插即用就是不需要设备驱动程序。
F34. USB接口是一种通用的串行接口，通常连接的设备有移动硬盘、优盘、鼠标器、扫描仪等。
T35. 计算机具有“记忆”和“逻辑”判断的能力。
T36. 现代计算机可以不使用I/O设备就能与其他计算机进行信息交换。
F37. 分辨率是数码相机的主要性能指标，分辨率的高低取决于数码相机中的CCD芯片内像素的数量，像素越多分辨率越高。
T38. 我们通常所说的计算机主频1．6GHz是指CPU与芯片组交换数据的工作频率。
F39. PC机在CMOS中存放了计算机的一些配置参数，其内容包括系统的日期和时间、硬盘驱动器的数目、类型及参数等。
T40. 键盘上的Fl～F12控制键的功能是固定不变的。
Ｆ41. CD-RW光盘记录信息是采用在盘上压制凹坑的办法完成的F42. 存储在任何存储器中的信息，断电后都不会丢失。
F43. PC机与Macintosh所采用的微处理器分别是Pentium和PowerPC，这两种微处理器结构不同，指令系统也有很大差别，所以这两款机器,硬盘中半径不同的两个磁道上所有扇区能存储的数据量是相同的。
T45 .目前市场上有些主板已经集成了许多扩充卡(如声卡、以太网卡)的功能，因此就不需要再插接相应的适配卡。
T46. 主板上的AGP插槽是显示卡插槽。
Ｔ47．计算机可以执行的机器指令一般由操作码和操作数两部分组成。
每条指令都必须有操作码，但有的指令可以没有操作数。
T48. Cache的存取速度和存储容量都会影响到CPU实际运行程序的速度T49. CD-ROM光盘驱动器可以读取各类CD光盘中的数据。
F50. 微处理器就是CPU。
F51. 输入设备可将外部信息转换为二进制编码后直接送入快存(Cache)的指定区域。
F52. PC机启动时，操作系统是由保存在外部存储设备上的引导程序装入内存中的。
Ｆ53. 用P4指令编写的程序在P3中不一定能被执行：用P3指令编写的程序在P4中一定能被执行。
T54. 光盘存储器的信息写入和读出都依赖于激光技术。
T55. 计算机中总线的重要指标之一是带宽，它指的是总线中数据线的宽度，用二进位数目来表示（如16位，32位总线）。
Ｆ56.一台计算机中的处理器只能有一个，就是中央处理器。
F 57．CPU的主频就是指CPU的工作速度，因此只要主频值大，相应CPU 的工作速度就快。
例如Intel公司的主频为2.0GHz的CPU，则一定比AMD 公司的主频为1.8GHz的CPU工作速度快。
F58．CPU只能从内存读取信息或将信息写入内存。
T59．CPU中指令计数器的作用是对已经执行过的指令数目作统计。
F 60. CPU Cache中的数据是硬盘中部分内容的映射。
F61．一般来说，寄存器比主存储器和Cache存储器的存取速度要快。
T 62．DDR2和DDR3均采用的是双列直插式内存条。
T63．主存储器以比特为单位编址。
F64．并行口的数据传输速率不一定都高于串行口的数据传输速率。
T 65．在PC机中，I/O设备和CPU可以并行工作。
T66．键盘、扫描仪、数码相机和麦克风都属于输入设备。
T67．LCD显示器与CRT显示器不同，不需要使用显示卡。
F62．硬盘中通常有多个盘片，每个盘片由一个磁头负责信息读写操作。
F63．CD-ROM光盘存储数据的原理是：光道上的凹坑表示1，非凹坑表示0。
F65．光盘的信息记录轨道与硬盘是相同的。
F66．1394接口比USB传输速度更快。
T67．Cache存储器的存取速度比主存储器要快得多。
因此，为了提高程序的运行速度，在软件开发时，应尽可能多地使用Cache存储器。
F 68．主存储器在物理结构上由若干插在主板上的内存条组成。
目前，内存条上的芯片一般选用DRAM而不采用SRAM。
T69．CPU工作时，它所执行的指令和处理的数据都是直接从磁盘或光盘中取出，处理结果也直接存入磁盘。
F70．PC机加电后自动执行BIOS中的程序，将所需的操作系统装载到内存中，这个过程称为“自举”或“引导”。
T71．若某台PC机主板上的CMOS信息丢失，则该机器将不能正常运行，此时只要将其他计算机中的CMOS信息写入后，该机器便能正常运行。
F72．BIOS芯片和CMOS芯片实际上是一块芯片的两种叫法，是启动计算机工作的重要部件。
F73．一个完整的计算机系统的两个基本组成部分是操作系统和数据库系统. F74．在BIOS中不包含扫描仪、打印机等设备的驱动程序。
T二、选择题1. 下面关于液晶显示器的叙述中，错误的是________。
A. 它的英文缩写是LCDB. 它的工作电压低，功耗小C. 它几乎没有辐射D.它与CRT显示器不同，不需要使用显示卡2. 之所以将热喷墨打印机称为气泡打印机，是因为其工作原理是。
Ａ．喷头喷出墨水气泡打印Ｂ．喷头形成气泡顶出喷管中的墨水打印Ｃ．喷头形成气泡使喷管变形挤压墨水打印Ｄ．调节墨水气泡大小打印3. 针式打印机的打印速度用衡量。
Ａ．ＣＰＳＢ．ＰＰＭＣ．bps D．dpi4. 显示器的刷新频率是指。
Ａ．图像每秒钟更新的次数Ｂ．荧光余辉在屏幕上停留的时间Ｃ．显示分辨率Ｄ．显示控制器与ＣＰＵ和内存的数据传输速率5. 若彩显的分辨率是1280*1024, 像素深度24位，则显示存储器容量至少应有_A． 1MB B ．2MB C ．4MB D． 6MB7. 显示屏的水平方向与垂直方向之比是。
Ａ．４：３Ｂ．５：３Ｃ．９：５Ｄ．７：５8.若显示控制卡上显示存储器的容量是1MB当采用800×600分辨率模式时，每个最多可以有多少种不同的颜色? ______。
A． 256色 B．65536色 C．16M色 D． 4096 9. ＶＲＡＭ中存储的是。
Ａ．显示控制程序Ｂ．欲在显示屏上显示的像素的颜色信息Ｃ．欲在显示屏上显示的字符编码Ｄ．显示控制信息10. 计算机中采用Cache是基于______进行工作的。
A．存储程序控制原理B．存储器访问局部性原理C．CPU高速计算能力 D．Cache速度非常快11.扫描仪一般不使用______接口与主机相连。
A．SCSI B ．USB C．PS／2 D．Firewire12 .为了提高显示速度，配有Pentimn4 CPU的PC机中，显示卡与主机之间使用最普遍的接口是______。
A． AGP B．VGA C．PCI D．ISA13 .一片CD-ROM光盘记录信息的光道有______条。
A． 1 B． 40 C．80 D．100014. 在PC机中，CPU芯片是通过______安装在主板上的。
A. AT总线槽 B．PCI总线槽 C．CPU插座 D．I／O接口15. 存储器是计算机系统的重要组成部分，存储器可以分为内存储器与外存储器，下列存储部件中______属于外存储器。
A．高速缓存(Cache) B．硬盘存储器C．显示存储器D．CMOS存储器16. 为了提高计算机中CPU的运行效率，可以采用多种措施，但以下措施______是无效的。
A．增加指令快存容量 B．增加数据快存容量C. 使用指令预取部件D．增大外存的容量17. CPU中用来解释指令的含义、控制运算器的操作、记录内部状态的部件是______。
A．数据Cache B．运算器 C．寄存器D．控制器18. PC机键盘上的按键，击键声音小，无磨损，没有接触不良等问题，它们大多是______式的。
A．电阻B．电容 C．压力 D．光敏19. 在计算机的启动过程中，执行：1．POST程序、2．操作系统、3．引导程序、4．系统自举程序，其先后顺序为______。
A．1、2、3、4 B．1、3、2、4 C．3、2、4、1 D．1、4、3、220. PC机主板上所能安装主存储器的最大容量、速度及可使用存储器的类型取决于A. 串行口 B．芯片组 C．并行口 D．CPU的系统时钟21. 下列存储器中用于存储显示屏上像素颜色信息的是——。
A．内存 B．Cache C．外存D．显示存储器22. 目前使用的光盘存储器中，可对写入信息进行改写的是——。
A．CD-RW B．CD-R C．CD-ROM D．DVD23. PC机加电启动时，执行了BIOS中的POST程序后，若系统无错误，计算机将执行BIOS中的——。
计算机组成原理第2章答案
第2章综合应用题参考答案1. 在CRC校验中。
已知生成多项式是G(x)=x4+x3+1。
要求写出信息1011001的CRC 校验码。
解：生成多项式G(x)=11001，为5位，校验余数取4位，按模2除法计算过程如下：110101011001 1011001000011001111101100101111011001011100110011010余数R(x)= 1010CRC校验码=1011001 10102. 双方采用CRC循环校验码进行通信，已知生成多项式为x4+x3+x+1,接收到码字为10111010011。
判断该信息有无错误。
解：依题意，生成多项式G(x)=11011，如果信息正确，则模2除法余数应为0110010111011 1011101001111011110001101111100110111111111011100结果余数R(x)= 100不为零所以结果有错。
3. 简述算术移位与逻辑移位的区别算术移位，符号位保持不变，右移用符号位填充，左移用0填充逻辑移位，不考虑符号位，左右移位，空出位都用0填充4.已知机器字长n=8位，X=-44,Y=-53，按补码计算X-Y=？解：[X]补=11010100，[Y]补=11001011，[-Y]补=00110101[X]补11010100[-Y]补+) 00110101000010015. 设机器字长为8位（含1位符号位）设A=9/64, B=-13/32,计算[A±B]补，并还原成真值。
解：A=9/16=1001/26=0.0010010 B=-13/32=1101/25=-0.0110100[A]补=0.0010010 [B]补=1.1001100 [-B]补= 0.0110100[A]补 0.0010010[B]补 +） 1.10011001.1011110[A+B]补=1.1011110 真值A+B =-0.0100010=-17/64[A]补 0.0010010[-B]补 +）0.01101000.1000110[A-B]补=0.1000110 真值A-B =0.1000110=35/646. X=-0.1110，Y=-0.1101,采用原码一位乘法运算求[Z]原=[X×Y]原=？解：[X]原=1.1110 [Y]原=1.1101符号单独处理：积Z的符号位Zs=1 1=0被乘数、乘数都取绝对值：即[|X|] =00.1110 [|Y|]]原=0.1101部分积单元清000.0000 1101+X 00.111000.1110右移1位 00.0111 0110 1+0 00.000000.0111右移1位 00.0011 1011 0+X 00.111001.0001右移1位 00.1000 1101 1+X 00.111001.0110右移1位00.1011 0110 1积的绝对值 |Z|=0.10110110[Z]原=Zs.10110110=0.101101107. 若X=-0.1101, Y=-0.1011,用布斯算法求[X.Y]补=？解：对于Both补码乘法，符号参与运算，被乘数采用双符号位，乘数采用单符号，在乘数最末增加一个0，每次看最低两位（式中画底线的数字）：相同（00,或11）则加0，若为10，则加[-X]补，若为01，则加[X]补[X]补=1.0011 [-X]补=0.1101 [Y]补=1.010100.0000 101010+[-X]补 00.110100.1101右移1位 00.0110 110101+[X]补 11.001111.1001右移1位 11.1100 111010+[-X]补 00.110100.1001右移1位 00.0100 111101+[X]补 11.001111.0111右移1位 11.1011 111110+[-X]补 00.110100.1000 1111最后一步不移位积的补码 [Z]补=0.10001111真值 Z= 0.100011118. 设X=-15,Y=-13, 用原码阵列乘法器求乘积Z=X×Y=? 并用十进制乘法验证。
计算机组成原理练习
第二章计算机组成原理1. 一台计算机只能有一个处理器。
2. 计算机有很多分类方法，按其内部逻辑结构目前可分为______________ 。
A.服务器/工作站B. 16位132位/64位计算机C.小型机/大型机/巨型机D.专用机/通用机3. 下列不属于个人计算机范围的是___________ 。
A. 台式计算机B.便携计算机C.工作站D.刀片式服务器4. 由于计算机网络的普及，许多计算机系统都设计成基于计算机网络的客户/服务器工作模式。
巨型机、大型机和小型机一般都作为系统的服务器使用，个人计算机则用作客户机。
5. 下列关于个人计算机的叙述中，错误的是____________ 。
A. 个人计算机中的微处理器就是CPUB.个人计算机的性能在很大程度上取决于CPU的性能C. 一台个人计算机中通常包含多个微处理器D.个人计算机通常不会由多人同时使用6. 下列关于计算机组成及工作原理的叙述中，正确的是________________ 。
A. 一台计算机内只有一个微处理器B. 多数输出设备能将计算机中用“ 0”和“ 1”表示的信息转换成人可识别和感知的形式，如文字、图形、声音等C. 外存储器中的数据是直接传送给CPU处理的D. I/O控制器都做成扩充卡的形式插在PCI扩充槽内7. 下列关于计算机硬件组成的描述中，错误的是____________ 。
A. 计算机硬件包括主机与外设B. 上面选项中的主机指的就是CPUC. 外设通常指的是外部存储设备和输入/输出设备D. 一台计算机中可能有多个处理器，它们都能执行指令8. CPU中的运算器也称为执行单元，它是CPU的控制中心。
9. 个人计算机是由于单片微处理器的出现而开发成功的，价格便宜、使用方便、软件丰富，它们都运行Windows操作系统。
10. 在带电脑控制的家用电器中，有一块用于控制家用电器工作流程的大规模集成电路芯片，它把处理器、存储器、输入/输出接口电路等都集成在一起，这块芯片称为___________ 。
计算机组成原理第2章习题参考答案
= (1-2 )×2
5 31
-9
31
（3）绝对值最小负数：000000， 1.011111111； -(2 +2 )×2 。 （4）绝对值最大负数：111111， 1.000000000； -1×2 = -2 。
-2
2-18．某浮点数字长 32 位，格式如下。其中阶码部分 8 位，以 2 为底，移码表示；尾 数部分一共 24 位（含 1 位数符） ，补码表示。现有一浮点代码为(8C5A3E00)16，试写出它所 表示的十进制真值。 0 阶码 7 8 数符
2-3．已知下列数的原码表示，分别写出它们的补码表示：[X1] 原 =0.10100，[X2] 原 =1.10111。 [解] [X1]补=0.10100，[X2]补=1.01001 2-4．已知下列数的补码表示，分别写出它们的真值：[X1]补=0.10100，[X2]补=1.10111。 [解] X1=0.10100，X2=-0.01001 2-6. 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) ∵-1/2=-0.100000, [-1/2]原=1.100000
故 X>-1/2 的条件是 1.A1A2A3A4A5A<1.100000 ∴A1=0 （2）∵-1/8=-0.001， [-1/8]原=1.001000,-1/4=-0.010, [-1/4]原=1.010000 故-1/8 ≥ X ≥ -1/4 的条件是 1.001000≤X≤1.010000 ∴ A1 ( A2 A3 A2 A3 A4 A5 A6 ) 1 可简化为 A1 ( A2 A3 A4 A5 A6 ) 1 2-7．设[X]补=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）∵ [-1/2]补=1.100000 ∴ X > -1/2 的条件是：1.A1A2A3A4A5A6 >1.100000 即 A1(A2+A3+A4+A5+A6)=1 （2）∵ [-1/8]补=1.111000 [-1/4]补=1.110000 ∴-1/8 ≥ X ≥ -1/4 的条件是： 1.A1A2A3A4A5A6 ≤1.111000 并且 1.A1A2A3A4A5A6≥1.110000 即 A1A2(A3 A4 A5 A6 + A3)=1 简化为：A1A2(A4 A5 A6 + A3)=1 2-9．某机字长 16 位，问在下列几种情况下所能表示数值的范围： （1）无符号整数 （2）用原码表示定点小数 （3）用补码表示定点小数 （4）用原码表示定点整数 （5）用补码表示定点整数 [解]（1） 0≤X≤(2 -1) （2） -(1-2 )≤X≤(1-2 ) （3） -1≤X≤(1-2 ) （4） -(2 －1)≤X≤(2 -1) （5） -2 ≤X≤(2 -1) 2-10.某计算机字长为 32 位,试分别写出无符号整数和带符号整数(补码)的表示范围 (用十进制数表示) [解] 无符号整数的表示范围为:0～2 -1 带符号整数的补码的表示为:-2 ～2 -1 2-11.假设机器字长为 8 位，若机器数为 81H，当它分别代表原码、补码、反码和移码 时，等价的十进制整数是多少？ [解]81H=10000001B, 若表示原码，其等价的十进制整数为-1；若表示补码，其等价的 十进制整数为-127；若表示反码，其等价的十进制整数为-126；若表示移码，其等价的十进 制整数为 1。 2-15．某浮点数字长 16 位，其中阶码部分 6 位（含一位阶符） ，移码表示，以 2 为底； 尾数部分 10 位（含 1 位数符，位于尾数最高位） ，补码表示，规格化。分别写出下列各题的
《计算机组成原理》各章练习参考答案
《计算机组成原理》各章练习题参考答案第一章思考练习题一.填空1.电子数字计算机可以分为专用计算机和通用计算机两类。
2.硬件采用LSI或VLSI的电子计算机属于计算机发展过程中的第四代。
3.存储器中存放数据和程序。
4.一台计算机包括运算、存储、控制、输入及输出五个单元。
5.完成算术运算和逻辑运算的部件是运算器(或ALU)；运算器的核心是加法器；控制、指挥程序和数据的输入、运行以及处理运算结果的部件是控制器。
6.CPU内部连接各寄存器及运算部件之间的总线是内部总线；CPU同存储器、通道等互相连接的总线是系统总线；中、低速I/O设备之间互相连接的总线是I/O总线。
7.在多总路线结构中，CPU总线、系统总线和高速总线相连通过桥实现。
8.计算机软件一般分为系统软件和应用软件。
9.完整的计算机系统由硬件系统和软件系统构成。
10.机器字长是指一台计算机一次所能够处理的二进制位数量。
11.数据分类、统计、分析属于计算机在数据处理方面的应用。
12.计算机是一种信息处理机，它最能准确地反映计算机的主要功能。
13.个人台式商用机属于微型机。
14.对计算机软硬件进行管理，是操作系统的功能。
15.用于科学技术的计算机中，标志系统性能的主要参数是MFLOPS。
16.通用计算机又可以分为超级机、大型机、服务器、工作站、微型机和单片机六类。
17.“存储程序控制”原理是冯.诺依曼提出的。
18.运算器和控制器构成CPU，CPU和主存构成主机。
19.取指令所用的时间叫取指周期，执行指令所用的时间叫执行周期。
20.每个存储单元都有一个编号，该编号称为地址。
21.现代计算机存储系统一般由高速缓存、主存和辅存构成。
22.计算机能够自动完成运算或处理过程的基础是存储程序和程序控制原理。
二.单选1.存储器用来存放( C )。
A.数据B.程序C.数据和程序D.正在被执行的数据和程序2.下面的描述中，正确的是( B )A.控制器能够理解、解释并执行所有的指令及存储结果。
江苏省计算机等级考试一级历年真题第二章计算机组成原理附答案
第二章计算机组成原理一、判断题1．第一代计算机主要用于科学计算和工程计算。
它使用机器语言和汇编语言来编写程序。
2. 第一台电子计算机是在上世纪40年代诞生的。
发展至今，计算机已成为信息处理系统中最重要的一种工具。
3．计算机具有强大的信息处理能力，但始终不能模拟或替代人的智能活动，当然更不可能完全脱离人的控制与参与。
4．计算机具有通用性好、速度快、处理功能强的优点，因此又称它为“电脑”，它能代替人类大脑的全部活动。
5．计算机系统由软件和硬件组成，没有软件的计算机被称为裸机，裸机不能完成任何操作。
6．计算机硬件从逻辑上讲包括CPU、内存储器、外存储器、输入设备和输出设备等，它们通过系统总线互相连接。
7．计算机硬件和软件是计算机系统中两个完全独立的组成部分。
8．计算机硬件指的是计算机系统中所有实际物理装置和文档资料。
9．开发新一代智能型计算机的目标是完全替代人类的智力劳动。
10．Cache存储器的存取速度比主存储器要快得多。
因此，为了提高程序的运行速度，在软件开发时，应尽可能多地使用Cache存储器。
11．CPU工作时，它所执行的指令和处理的数据都是直接从磁盘或光盘中取出，处理结果也直接存入磁盘。
12．CPU在很大程度上决定了计算机的性能，CPU的运算速度又与CPU的工作频率密切相关。
因此，在其它配置相同时，使用主频为500MHz的Pentium4作为CPU的PC机，比使用主频为1GHz Pentium4作为CPU的PC机速度快。
13．PC机与Macintosh所采用的微处理器分别是Pentium和PowerPC，这两种微处理器结构不同，指令系统也有很大差别，所以这两款机器互相不兼容。
14．高速缓存(cache)可以看作主存的延伸，与主存统一编址，接受CPU的访问，但其速度要比主存高得多。
15．微型计算机属于第4代计算机。
16．我们通常所说的计算机主频 1.6GHz是指CPU与芯片组交换数据的工作频率。
计算机组成原理第二章参考答案
第2章 参考答案2写出下列十进制数的原码、反码、补码和移码表示（用8位二进制数）。
如果是小数，则用定点小数表示；若为整数，则用定点整数表示。
其中MSB 是最高位（符号位），LSB 是最低位。
(1)－1 (2) －38/64 解：（1）-1=(-0000001)2 原码: 10000001反码: 11111110 补码: 11111111 移码: 01111111（2）-38/64=-0.59375=(-0.1001100)2或-38/64=-（32+4+2）*2-6=-（100110）*2-6=(-0.1001100)2 原码: 1.1001100反码: 1.0110011补码: 1.0110100移码: 0.0110100注：-1如果看成小数，那么只有补码和移码能表示得到，定点小数-1的补码为：1.0000000此例类似于8位定点整数的最小值-128补码为100000003 有一字长为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，（2）最小数的二进制表示，（3）规格化数所能表示的数的范围。
解：（题目没有指定格式的情况下，用一般表示法做）（1）最大数的二进制表示：0 11111111 11111111111111111111111 （2）最小数的二进制表示：1 11111111 00000000000000000000000(1) 7232112*2---（） (2) 7211*2--（）（3）规格化最大正数：0 11111111 111111111111111111111117232112*2---（）规格化最小正数：0 00000000 100000000000000000000007122*2--规格化最大负数：1 00000000 011111111111111111111117123222*2----+（）规格化最小负数：1 11111111 000000000000000000000007211*2--（）规格化数的表示的数的范围为：7777211232122321[1*2,22*2][2*2,12)*2]----------+- （）（）（下面补充IEEE 754的规格化浮点数表示范围：IEEE 754的尾数采用1.M 的形式，原码表示；阶e=E-127 （相对于一般表示法的e=E-128，人为的加了1）；并且最大的阶（11111111）和最小的阶（00000000）用去作为特殊用途。
(完整版)计算机组成原理第2章例题及参考答案
第二章数码系统例题及答案例题1写出下列各数的原码、反码、补码、移码（用二进制数表示）。
（1）－35/64 （2）23/128 （3）－127（4）用小数表示－1 （5）用整数表示－1 （6）用整数表示－128解：－1在定点小数中原码和反码表示不出来，但补码可以表示，－1在定点整数中华表示最大的负数，－128在定点整数表示中原码和反码表示不出来，但补码可以。
例题2设机器字长为16位，分别用定点小数和定点整数表示，分析其原码和补码的表示范围。
解：（1）定点小数表示最小负数最大负数0 最小正数最大正数二进制原码 1.111...111 1.000...001 0.000...001 0.111 (111)十进制真值- (1-215) -2152－151-2-15原码表示的范围：- (1-215) ～1-2-15二进制补码 1.000...000 1.111...111 0.000...001 0.111 (111)十进制真值-1 -2152－151-2-15原码表示的范围：- 1 ～1-2-15（2）定点整数表示最小负数最大负数0 最小正数最大正数二进制原码1111...111 1000...001 0000...001 0111 (111)十进制真值- (215－1) -1 ＋1 215－1原码表示的范围：- (215－1) ～215－1 [-32767 ~ +32767]二进制补码1000...0001111...111 0000...001 0111 (111)十进制真值-1 +1 215-1原码表示的范围：- 215～215-1 [-32768 ~ +32767]一、选择题1．下列数中最小的数为（）。
A．(101001)2B．(52)8C．(101001)BCD D．(233)162．下列数中最大的数为（）。
A．(10010101)2B．(227)8C．(96)16D．(143)53．在机器数中，（）的零的表示形式是惟一的。
计算机组成原理第二章单元测试(含答案)
第二章单元测试
1、计算机中表示地址时使用
A、无符号数
B、原码
C、反码
D、补码
2、当-1 < x < 0时，[x]补=
A、2+x
B、2-x
C、1-x
D、2-2^-n+x
3、浮点数的表示范围和表示精确度分别取决于
A、阶码的位数和尾数的位数
B、尾数的位数和阶码的位数
C、阶码的编码和尾数的编码
D、机器字长和阶码的位数
4、设G(x) = 1011，某(7,4)码为K1K2K3K4K5K6K7，仅K7出错时进行CRC校验得到的余数为001，当仅K5出错时，进行CRC校验得到的余数为
A、100
B、010
C、011
D、110
5、假设寄存器为8位，用补码形式存储机器数，包括一位符号位，那么十进制数一25在寄存器中的十六进制形式表示为
A、E7H
B、67H
C、99H
D、E6H
6、如果某系统15*4=112成立，则系统采用的进制是
A、6
B、7
C、8
D、9
1。
计算机组成原理(肖铁军编)第二章习题及答案
导读：第二章运算方法和运算器练习，3.运算器虽有许多部件组成，11.现代计算机的运算器一般通过总线结构来组织，目的是位计算机提供判断条件，计算机按0处理，第二章运算方法和运算器练习一、填空题1.补码加减法中，（符号位）作为数的一部分参加运算，（符号位产生的进位）要丢掉。
2.为判断溢出，可采用双符号位补码，此时正数的符号用（00）表示，负数的符号用（11）表示。
3.采用双符号位的方法进行溢出检测时，若第二章运算方法和运算器练习一、填空题1. 补码加减法中，（符号位）作为数的一部分参加运算，（符号位产生的进位）要丢掉。
2. 为判断溢出，可采用双符号位补码，此时正数的符号用（00）表示，负数的符号用（11）表示。
3. 采用双符号位的方法进行溢出检测时，若运算结果中两个符号位（不相同），则表明发生了溢出。
若结果的符号位为（01），表示发生正溢出；若为（10），表示发生负溢出。
4. 采用单符号位进行溢出检测时，若加数与被加数符号相同，而运算结果的符号与操作数的符号（不一致），则表示溢出；当加数与被加数符号不同时，相加运算的结果（不会产生溢出）。
5. 利用数据的数值位最高位进位C和符号位进位Cf的状况来判断溢出，则其表达式为over=（C⊕Cf）。
6. 在减法运算中，正数减（负数）可能产生溢出，此时的溢出为（正）溢出；负数减（正数）可能产生溢出，此时的溢出为（负）溢出。
7. 补码一位乘法运算法则通过判断乘数最末位Yi和Yi-1的值决定下步操作，当YiYi-1=（10）时，执行部分积加【-x】补，再右移一位；当YiYi-1=（01）时，执行部分积加【x】补，再右移一位。
8. 浮点加减运算在（阶码运算溢出）情况下会发生溢出。
9. 原码一位乘法中，符号位与数值位（分开运算），运算结果的符号位等于（两操作数符号的异或值）。
10. 一个浮点数，当其补码尾数右移一位时，为使其值不变，阶码应该（加1）。
11. 左规的规则为：尾数（左移一位），阶码（减1）。
计算机组成原理二章答案
第2章作业参考答案1、(1) -35(=23)16 (2)127 (3)-127 (4)-1 [-35]原=10100011 [127]原=01111111 [-127]原=11111111 [-1]原=10000001 [-35]反=11011100 [127]反=01111111 [-127]反=10000000 [-1]反=11111110 [-35]补=11011101 [127]补=01111111 [-127]补=10000001 [-1]补=11111111 2当a 7=0时，x ≥0，满足x>-0.5的条件，即：若a 7=0，a 6~ a 0可取任意值 当a 7=1时，x<0，若要满足x>-0.5的条件，则由补码表示与其真值的关系，可知：7061524334251676022222221)2(1--------=*+*+*+*+*+*+*+-=*+-=∑a a a a a a a a x i i i 要使x>-0.5 ，所以要求a 6=1，并且a 5~a 0不能全部为0所以，要使x>-0.5，则要求a 7=0；或者a 7= a 6=1，并且a 5~a 0至少有一个为1 3、由题目要求可知，该浮点数的格式为：M(23位)不必存储符号位，只需存小数点后面的有效数值位即可。
(1)最大数的二进制表示为：0 11111111 1111……111(23个1) (2)最小数的二进制表示为：1 11111111 0000……000(23个0)(3)非IEEE754标准的补码表示的规格化数是指其最高有效位与符号位相反 故有：最大正数为：0 11111111 1111……111(23个1)=+(1-2-23)⨯2127 最小正数为：0 00000000 1000……000(22个0)=+0.5⨯2-128最大负数为：1 00000000 0111……111(22个1)=-(0.5+2-23)⨯2-128最小负数为：1 11111111 0000……000(23个0)=-1⨯2127所以其表示数的范围是：+0.5⨯2-128~+(1-2-23)⨯2127以及-1⨯2127~-(0.5+2-23)⨯2-1284、IEEE754标准32位浮点的规格化数为X=(-1)S⨯1.M⨯2E-127(1)27/6427/64=27⨯2-6=(11011)2⨯2-6=(1.1011)2⨯2-2所以S=0，E=e+127=125=(01111101)2，M=101132位的规格化浮点数为：00111110 11011000 00000000 00000000，即十六进制的(3ED80000)16 (2)-27/64-27/64=-(1.1011)2⨯2-2所以S=1，E=e+127=125=(01111101)2，M=101132位的规格化浮点数为：10111110 11011000 00000000 00000000，即十六进制的(BED80000)16 5、[x+y]补=[x]补+[y]补(1)x=11011，y=00011[x+y]补=0011011+0000011=0011110；没有溢出，x+y=11110(2)x=11011，y=-10101[x+y]补=0011011+1101011=0000110；0 0 1 1 0 1 1+ 1 1 0 1 0 1 10 00 0 1 1 0没有溢出，x+y=00110(3)x=-10110，y=-00001[x+y]补=1101010+1111111=1101001；没有溢出，x+y=-101116、[x-y]补=[x]补+[-y]补(1)x=11011，y=-11111[-y]补=0011111[x-y]补=0011011+0011111=0111010；0 0 1 1 0 1 1+ 0 0 1 1 1 1 10 1 1 1 0 1 0正溢出，x-y=+111010(2)x=10111，y=11011[-y]补=1100101[x-y]补=0010111+1100101=1111100；0 0 1 0 1 1 1+ 1 1 0 0 1 0 11 1 1 1 1 0 0没有溢出，x-y=-00100(3)x=11011，y=-10011[-y]补=0010011[x-y]补=0011011+0010011=0101110；正溢出，x-y=+101110 7、(1)x=11011，y=-11111用原码阵列乘法器1 1 0 1 1⨯ 1 1 1 1 11 1 0 1 11 1 0 1 11 1 0 1 11 1 0 1 11 1 0 1 11 1 0 1 0 0 0 1 0 1[x⨯y]符号=0⊕1=1所以[x⨯y]原=1 1101000101用直接补码阵列乘法器：[x]补=011011，[y]补=100001(0) 1 1 0 1 1⨯(1) 0 0 0 0 1(0) 1 1 0 1 1(0) 0 0 0 0 0(0) 0 0 0 0 0(0) 0 0 0 0 0(0) 0 0 0 0 00 (1) (1) (0) (1) (1)0 (1) (1) 0 (1) (1) 1 1 0 1 1将乘积中的符号位用负权表示，其他的负权位化为正权，得：[x⨯y]补=1 0010111011 (2) x=-11111，y=-11011用原码阵列乘法器1 1 1 1 1⨯ 1 1 0 1 11 1 1 1 11 1 1 1 10 0 0 0 01 1 1 1 11 1 1 1 11 1 0 1 0 0 0 1 0 1[x⨯y]符号=1⊕1=0所以[x⨯y]原=0 1101000101用直接补码阵列乘法器：[x]补=100001，[y]补=100101(1) 0 0 0 0 1 ⨯(1) 0 0 1 0 1(1) 0 0 0 0 1(0) 0 0 0 0 0(1) 0 0 0 0 1(0) 0 0 0 0 0(0) 0 0 0 0 01 (0) (0) (0) (0) (1)1 0 0 (1) (1) 0 0 0 1 0 1将乘积中的符号位用负权表示，其他的负权位化为正权，得：[x⨯y]=0 1101000101补8、(1) x=11000，y=-11111用原码阵列除法器计算，符号位单独处理，商的符号位=0⊕1=1设a=(|x|⨯2-5)，b=(|y|⨯2-5)，则a，b均为正的纯小数，且x÷y的数值=(a÷b)；余数等于(a÷b)的余数乘以25下面用不恢复余数法的原码阵列除法器计算a÷b[a]补=[|x|⨯2-5]补=0.11000，[b]补=[|y|⨯2-5]补=0.11111，[-b]补=1.00001过程如下：0. 1 1 0 0 0+[-b]补 1. 0 0 0 0 11. 1 1 0 0 1 ——余数为负，商为01. 1 0 0 1 0 ——余数和商左移一位(0)+[b]补0. 1 1 1 1 10. 1 0 0 0 1 ——余数为正，商为11. 0 0 0 1 0 ——余数和商左移一位(01)+[-b]补 1. 0 0 0 0 10. 0 0 0 1 1 ——商为10. 0 0 1 1 0 ——(011)+[-b]补 1. 0 0 0 0 11. 0 0 1 1 1 ——商为00. 0 1 1 1 0 ——(0110)+[b]补0. 1 1 1 1 11. 0 1 1 0 1 ——商为00. 1 1 0 1 0 ——(01100)+[b]补0. 1 1 1 1 11. 1 1 0 0 1 ——商为0——(011000)即：a÷b的商为0.11000；余数为1.11001⨯2-5，因为1.11001为负数，加b处理为正数，1.11001+b=1.11001+0.11111=0.11000，所以a÷b的余数为0.11000⨯2-5所以，(x÷y)的商=-0.11000，原码为：1.11000；余数为0.11000(2) x=-01011，y=11001商的符号位=1⊕0=1设a=|x|⨯2-5，b=|y|⨯2-5，则a，b均为正的纯小数，且x÷y的数值=a÷b；余数等于(a÷b)的余数乘以25下面用不恢复余数法的原码阵列除法器计算a÷b[a]补=[|x|⨯2-5]补=0.01011，[b]补=[|y|⨯2-5]补=0.11001，[-b]补=1.00111过程如下：0. 0 1 0 1 1+[-b]补 1. 0 0 1 1 11. 1 0 0 1 0 ——余数为负，商为01. 0 0 1 0 0 ——余数和商左移一位(0)+[b]补0. 1 1 0 0 11. 1 1 1 0 1 ——余数为负，商为01. 1 1 0 1 0 ——余数和商左移一位(00)+[b]补0. 1 1 0 0 10. 1 0 0 1 1 ——商为11. 0 0 1 1 0 ——(001)+[-b]补 1. 0 0 1 1 10. 0 1 1 0 1 ——商为10. 1 1 0 1 0 ——(0011)+[-b]补 1. 0 0 1 1 10. 0 0 0 0 1 ——商为10. 0 0 0 1 0 ——(00111)+[-b]补 1. 0 0 1 1 11. 0 1 0 0 1 ——商为0——(001110)即：a÷b的商为0.01110；余数为1.01001⨯2-5，因为1.01001为负数，加b处理为正数，1.01001+b=1.01001+0.11001=0.00010，所以a÷b的余数为0.00010⨯2-5所以，(x÷y)的商=-0.01110，原码为：1.01110；余数为0.000109、(1)x=2-011⨯0.100101，y=2-010⨯(-0.011110)E X=-011，E y=-010，所以[E X]补=1101，[E y]补=1110M X=0.100101，M y=-0.011110，所以[M X]补=0.100101，[M y]补=1.100010 [x]浮=1101 0.100101，[y]浮=1110 1.100010E X<E y，E y-E X = E y+(-E X)=1110+0011=0001对阶后[x]浮=1110 0.010010(1)，[y]浮=1110 1.100010对阶后的尾数相加：M X+M y=0.010010(1)+1.1000100. 0 1 0 0 1 0 (1)+ 1. 1 0 0 0 1 01. 1 1 0 1 0 0 (1)x+y=1.110100(1)⨯21110，化为规格化数(左移2位)为：x+y=1.010010⨯21100，即：x+y=-0.101110⨯2-4对阶后的位数相减：M X-M y=M X+(-M y)=0.010010(1)+0.0111100. 0 1 0 0 1 0 (1)+ 0. 0 1 1 1 1 00. 1 1 0 0 0 0 (1)x-y=0.110000(1)⨯21110，已经是规格化数，采用0舍1入法进行舍入处理：x-y=0.110001⨯21110，即：x-y=0.110001⨯2-2(2)x=2-101⨯(-0.010110)，y=2-100⨯(0.010110) E X =-101，E y =-100，所以 [E X ]补=1011，[E y ]补=1100M X =-0.010110，M y =0.010110，所以[M X ]补=1.101010，[M y ]补=0.010110 [x]浮=1011 1.101010，[y]浮=1100 0.010110 E X <E y ，E y -E X = E y +(-E X )=1100+0101=0001对阶后[x]浮=1100 1.110101(0)，[y]浮=1100 0.010110 对阶后的尾数相加：M X +M y =1.110101+0.010110 1. 1 1 0 1 0 1 + 0. 0 1 0 1 1 0 0. 0 0 1 0 1 1x+y=0.001011⨯21100，化为规格化数(左移2位)为：x+y=0.101100⨯21010，即： x+y=0.101100⨯2-6对阶后的位数相减：M X -M y =M X +(-M y )=1.110101+1.101010 1. 1 1 0 1 0 1 + 1. 1 0 1 0 1 0 1. 0 1 1 1 1 1x-y=1.011111⨯21100，已经是规格化数，所以 x-y=-0.100001⨯2-4 10、(1) ⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛-⨯⨯⎪⎭⎫ ⎝⎛⨯16921613243M x =110100.021*******4=⨯=-，Ex=0011 M y =100100.0210011694-=⨯-=--，Ey=0100Ex+Ey=0011+0100=0111[x ⨯y]符=0⊕1=1，乘积的数值=|M x |⨯|M y |： 0. 1 1 0 1 ⨯ 0. 1 0 0 1 0 1 1 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 1 0 10 0 0 0 0 0 0 1 1 1 0 1 0 1所以，x ⨯y =-0.01110101⨯20111，规格化处理(左移一位)，并采用0舍1入法进行舍入：x ⨯y =-0.111011⨯20110 即：⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛-⨯⨯⎪⎭⎫ ⎝⎛⨯16921613243=-0.111011⨯26(2) ⎪⎭⎫ ⎝⎛⨯÷⎪⎭⎫ ⎝⎛⨯-161523213232将x 、y 化为规格化数： M x =011010.021********=⨯=-，Ex=1110M y =111100.02111116154=⨯=-，Ey=0011Ex-Ey=Ex+(-Ey)=1110+1101=1011[x ÷y]符=0⊕0=0，下面用加减交替法计算尾数M x ÷M y ： [Mx]补=0.011010，[My]补=0.111100，[-My]补=1.0001000. 0 1 1 0 1 0+[-My]补 1. 0 0 0 1 0 01. 0 1 1 1 1 0 ——余数为负，商为00. 1 1 1 1 0 0 ——余数和商左移一位(0)+[My]补 0. 1 1 1 1 0 01. 1 1 1 0 0 0 ——余数为负，商为0 1. 1 1 0 0 0 0 ——余数和商左移一位(00) +[My]补 0. 1 1 1 1 0 00. 1 0 1 1 0 0 ——余数为正，商为11. 0 1 1 0 0 0 ——余数和商左移一位(001) +[-My]补 1. 0 0 0 1 0 00. 0 1 1 1 0 0 ——商为1 0. 1 1 1 0 0 0 ——(0011) +[-My]补 1. 0 0 0 1 0 01. 1 1 1 1 0 0 ——商为0 1. 1 1 1 0 0 0 ——(00110) +[My]补 0. 1 1 1 1 0 00. 1 1 0 1 0 0 ——商为1 1. 1 0 1 0 0 0 ——(001101) +[-My]补 1. 0 0 0 1 0 00. 1 0 1 1 0 0 ——商为1 1. 0 1 1 0 0 0 ——(0011011) +[-My]补 1. 0 0 0 1 0 00. 0 1 1 1 0 0 ——商为1——(00110111) Mx ÷My 的商为0.0110111，余数为0.011100⨯2-7，由于x 化为0.01101(Mx)是尾数右移2位才得到，所以x ÷y 真正的余数是0.011100⨯2-7再尾数左移2位，即0.011100⨯2-9=0.111000⨯2-10 所以，x ÷y 的商为：0.0110111⨯21011，规格化处理后为：0.110111⨯21010=0.110111⨯2-6，余数为0.111000⨯2-10 11、不考虑181ALU的函数发生器，而是从简单的全加器出发，则：若设4位的二进制数为A=A3A2A1A0，B=B3B2B1B0，并设G i=A i B i，P i=A i⊕B i，由全加器进位输出的逻辑函数C i+1=A i B i+C i(A i⊕B i)可知：(由于进位输出函数还可以写成C i+1=A i B i+C i(A i+B i)，故P i=A i+B i也可)(1) 串行进位方式：C1=A0B0+C0(A0⊕B0)=G0+P0C0C2=A1B1+C1(A1⊕B1)=G1+P1C1C3=A2B2+C2(A2⊕B2)=G2+P2C2C4=A3B3+C3(A3⊕B3)=G3+P3C3(2) 并行进位方式：C1=G0+P0C0C2=G1+P1C1=G1+P1(G0+P0C0)=G1+P1G0+P1P0C0C3=G2+P2C2=G2+P2(G1+P1G0+P1P0C0)=G2+P2G1+P2P1G0+P2P1P0C0C4=G3+P3C3=G3+P3G2+P3P2G1+P3P2P1G0+P3P2P1P0C012、(1) -5-5=-(101)2=-(1.01)2⨯22所以S=1E=e+127=2+127=129=(81)16=(10000001)2M=(010 0000 0000 0000 0000 0000)2故浮点格式为：1 10000001 010 0000 0000 0000 0000 0000，用十六进制表示为：(C0A00000)16(2) -1.5-1.5=-(1.1)2=-(1.1)2⨯20所以S=1E=e+127=0+127= (7F)16=(01111111)2M=(100 0000 0000 0000 0000 0000)2故浮点格式为：1 01111111 100 0000 0000 0000 0000 0000，用十六进制表示为：(BFC00000)16 (3) 384384=(180)16=(1 1000 0000)2=(1.1)2⨯28所以S=0E=e+127=8+127=135= (87)16=(10000111)2M=(100 0000 0000 0000 0000 0000)2故浮点格式为：0 10000111 100 0000 0000 0000 0000 0000，用十六进制表示为：(43C00000)16 (4) 1/161/16= (1.0)2⨯2-4所以S=0E=e+127=-4+127= (7B)16=(01111011)2M=(000 0000 0000 0000 0000 0000)2故浮点格式为：0 01111011 000 0000 0000 0000 0000 0000，用十六进制表示为：(3D800000)16 (5) -1/32-1/32=-(1.0)2⨯2-5所以S=1E=e+127=-5+127= (7A)16=(01111010)2M=(000 0000 0000 0000 0000 0000)2故浮点格式为：1 01111010 000 0000 0000 0000 0000 0000，用十六进制表示为：(BD000000)16 13、(1) 1 10000011 110 0000 0000 0000 0000 0000S=1E=(83)16=131 e=E-127=131-127=41.M=(1.11)2所以，该浮点数为-(1.11)2⨯24=-(11100)2=-28(2) 0 01111110 101 0000 0000 0000 0000 0000S=0E=(7E)16=126 e=E-127=126-127=-11.M=(1.101)2所以，该浮点数为(1.101)2⨯2-1=(0.1101)2=0.812514、IEEE754标准中，32位二进制数仍然有232种不同的组合，但是由于在IEEE754标准中，阶码为全1并且尾数为非0的情况不表示一个数。