计算机组成原理前3章课后习题参考答案解析.docx
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计算机组成原理前3章课后习题参考答案解析
白中英第五版计算机组成原理课后习题参考答案
第1章计算机系统概述
4、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?
答:
冯•诺依曼型计算机的主要设计思想是存储程序和程序控制,其中存储程序是指将程序和数据事先存放到存储器中,而程序控制是指控制器依据存储的程序来控制全机协调地完成计算任务。
总体来讲,存储程序并按地址顺序执行,这就是冯•诺依曼型计算机的主要设计思想。
5、什么是存储容量?
什么是单元地址?
什么是数据字?
什么是指令字?
答:
见教材P8和P10。
7、指令和数据均存放在内存中,计算机如何区分它们是指令还是数据?
答:
见教材P10。
第2章运算方法和运算器
1、写出下列各整数的原码、反码、补码表示(用8位二进制数)。
真值
原码
反码
补码
-35
-00100011
10100011
11011100
11011101
-128
-10000000
无法表示
无法表示
10000000
-127
-01111111
11111111
10000000
10000001
-1
-00000001
10000001
11111110
11111111
3、有一个字长为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
阶码用移码表示,题中并未说明具体偏移量,故此处按照移码的定义,即采用偏移量为27=128,则此时阶码E的表示范围为00000000~11111111,即0~255,则在上述条件下,浮点数为最大数的条件如下:
符号S为正
(1)
阶码E最大(8)
尾数M最大正数(23)
0
11111111
11111111111111111111111
所以最大数的二进制表示为:
011111111111111111111111111111111111
对应十进制真值为:
+(1-2-23)×2127
(2)最小数的二进制表示
浮点数为最小数的条件如下:
符号S为负
(1)
阶码E最大(8)
尾数M最小负数(23)
1
11111111
00000000000000000000000
所以最小数的二进制表示为:
11111111100000000000000000000000
对应十进制真值为:
-1×2127
(3)规格化数所表示数的范围
规格化要求尾数若为补码表示,则符号位和最高有效位符号必须不同。
(A)浮点数为最大正数的条件如下:
符号S为正
(1)
阶码E最大(8)
尾数M最大正数(23)
0
11111111
11111111111111111111111
所以最大正数的二进制表示为:
011111111111111111111111111111111111
对应十进制真值为:
+(1-2-23)×2127
(B)浮点数为最小正数的条件如下:
符号S为正
(1)
阶码E最小(8)
尾数M最小正数(23)
0
00000000
10000000000000000000000
所以最小正数的二进制表示为:
00000000010000000000000000000000
对应十进制真值为:
+2-1×2-128=+2-129
(C)浮点数为最大负数的条件如下:
符号S为负
(1)
阶码E最小(8)
尾数M最大负数(23)
1
00000000
01111111111111111111111
所以最大负数的二进制表示为:
00000000001111111111111111111111
对应十进制真值为:
-(2-1+2-23)×2-128
(D)浮点数为最小负数的条件如下:
符号S为负
(1)
阶码E最大(8)
尾数M最小负数(23)
1
11111111
00000000000000000000000
所以最小负数的二进制表示为:
00000000000000000000000000000000
对应十进制真值为:
-1×2127
所以,规格化数所表示数的范围如下:
正数+2-129~+(1-2-23)×2127负数-2127~-(2-1+2-23)×2-128
4、将下列十进制数表示成IEEE754标准的32位浮点规格化数。
(2)-27/64
解:
-27/64D=-0.011011B=-1.1011×2-2,则阶码E=-2+127=125,则浮点数为:
符号S
(1)
阶码E(8)
尾数M(23)
1
01111101
10110000000000000000000
5、已知x和y,用变形补码计算x+y,同时指出结果是否溢出。
(2)x=11011,y=-10101
解:
[x]变补=00,11011,[y]变补=11,01011,则
[x]变补00,11011
+[y]变补11,01011
100,00110
最高进位1丢掉,则[x+y]变补=00,00110,符号位为00,表示结果为正数,且无溢出,即:
x+y=+00110
(3)x=-10110,y=-00001
解:
[x]变补=11,01010,[y]变补=11,11111,则
[x]变补11,01010
+[y]变补11,11111
111,01001
最高进位1丢掉,则[x+y]变补=11,01001,符号位为11,表示结果为负数,且无溢出,即:
x+y=-10111
6、已知x和y,用变形补码计算x-y,同时指出结果是否溢出。
(1)x=11011,y=-11111
解:
[x]变补=00,11011,[y]变补=11,00001,[-y]变补=00,11111,则
[x]变补00,11011
+[-y]变补00,11111
01,11010
则[x-y]变补=01,11010,符号位为01,表示结果为正数,且发生正溢。
(2)x=10111,y=11011
解:
[x]变补=00,10111,[y]变补=00,11011,[-y]变补=11,00101,则
[x]变补00,10111
+[-y]变补11,00101
11,11100
则[x-y]变补=11,11100,符号位为11,表示结果为负数,且无溢出,即x-y=-00100。
7、用原码一位乘计算x×y。
(2)x=-11111,y=-11011
解:
根据原码一位乘的运算规则,乘积的符号位单独处理x0y0,数值部分为绝对值相乘x*.y*,其中数值部分的运算如下:
部分积
乘数
说明
0,00000
+0,11111
11011
部分积初态z0=0
+x*
0,11111
0,01111
+0,11111
11101
右移一位,得z1
+x*
1,01110
0,10111
+0,00000
01110
右移一位,得z2
+0
0,10111
0,01011
+0,11111
10111
右移一位,得z3
+x*
1,01010
0,10101
+0,11111
01011
右移一位,得z3
+x*
1,10100
0,11010
00101
右移一位,得z3
由上可得,数值部分的乘积为:
x*.y*=0,1101000101,而乘积符号位x0y0=11=0,则[x.y]原=0,1101000101,即x×y=+1101000101。
8、用加减交替法计算x÷y(先乘1个比例因子变成小数)。
(2)x=-01011,y=11001
解:
按照加减交替原码除法的运算规则,符号位单独处理x0y0,商值由两数绝对值相除x*/y*求得,且当余数Ri>0,商1,做2Ri-y*运算,当余数Ri<0,商0,做2Ri+y*运算。
根据定点除法的约束条件,小(整)数定点机中,被乘数、乘数和商必须均为小(整)数。
而题中被乘数和乘数均为整数,且被乘数小于乘数,两者相除结果为小数,不符合整数定点机的要求,故可先将被乘数和乘数乘以一个比例因子2-5,将被乘数和乘数变为小数,两者相除商也为小数,则符合小数定点机的要求。
乘以比例因子2-5后,可得:
[x]原=1.01011,[y]原=0.11001,[x*]补=0.01011,[y*]补=0.11001,[-y*]补=1.00111,则加减交替法的运算过程如下:
被除数(余数)
商
说明
0.01011
+1.00111
0.00000
+[-y*]补(减除数)
1.10010
1.00100
+0.11001
0
0
余数为负,商0
左移一位
+[y*]补(加除数)
1.11101
1.11010
+0.11001
00
00
余数为负,商0
左移一位
+[y*]补(加除数)
0.10011
1.00110
+1.00111
001
001
余数为正,商1
左移一位
+[-y*]补(减除数)
0.01101
0.11010
+1.00111
0011
0011
余数为正,商1
左移一位
+[-y*]补(减除数)
0.00001
0.00010
+1.00111
00111
00111
余数为正,商1
左移一位
+[-y*]补(减除数)
1.01001
+0.11001
001110
余数为负,商0(最后一次商0,说明不够减而减了,此处须再恢复余数)
+[y*]补(加除数)
0.00010
0.0000000010
因余数前后共左移了5次
须右移5次,才得真正余数
由上可得,商值为:
x*/y*=0.01110,而符号位x0y0=10=1,则[x÷y]原=1.01110,即x÷y=-0.01110,余数为0.0000000010。
9、设阶码3位,尾数6位,按浮点运算方法,完成下列取值的[x+y]、[x-y]运算。
(2)x=2-101×(-0.010110),y=2-100×(0.010110)
解:
[x]补=11,011;11.101010,[y]补=11,100;00.010110
(A)求[x+y]
对阶:
[ΔE]补=[Ex]补-[Ey]补=11,011
+00,100
=11,111
由上式可得[ΔE]补=11,111,即阶差为-1,所以Mx-->1,Ex+1
所以,[x]补’=11,100;11.110101(0)
尾数求和:
[Mx]补’=11.110101(0)对阶后的尾数[Mx]补’
+[My]补=00.010110
=100.001011(0)
即[x+y]补=11,100;00.001011,因尾数不符合规格化要求,需左规。
规格化:
尾数左规2次后得:
[x+y]补=11,010;00.101100
④舍入处理:
采用0舍1入法,因对阶时尾数右移丢0,故可舍去。
⑤溢出判断:
因阶码符号位为11,故浮点数无溢出。
所以最终结果为x+y=+0.101100×2-110
(B)求[x-y]
对阶:
[ΔE]补=[Ex]补-[Ey]补=11,011
+00,100
=11,111
由上式可得[ΔE]补=11,111,即阶差为-1,所以Mx-->1,Ex+1
所以,[x]补’=11,100;11
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