发布时间 : 星期日 文章计算机组成原理作业1-10章答案（唐朔飞）1更新完毕开始阅读
恒置1 ?1 r、y同号，+[-y]补 0 0 . 0 1 0 1 1 1 r、x同号，结束 [r5]补=0.010 11，r=r*=0.000 000 101 1 ?y= -1.001 01 判溢出：qf ?y]补=10.110 11，x? 1 = 1 [x? y0 = 0 ?真符位的产生：qf = x0 0 = 1，溢出?q0 = 1
注：由于本题中x*>y*，有溢出。除法运算时一般在运算前判断是否x* >y*，如果该条件成立则停止运算，转溢出处理。但此算法本身在溢出情况下仍可正常运行，此时数值位占领小数点左边的1位，商需设双符号位（变形补码），以判溢出。采用这种方法时运算前可不判溢出，直接进行运算，运算完后再判溢出。 （4）x=13/32=（0.011 01）2 y= -27/32=（-0.110 11）2 x*= [x]原= [x]补= x=0. 011 01 [y]原 = 1.110 11 y* = 0.110 11 [-y*]补=1.001 01 [y]补= 1.001 01 y*= 0.011 11 ? 1 = 1 x*? y0 = 0 ?[-y]补= 0.110 11 q0 = x0 y =（-0.011 11）2 = -15/32 r*=0.010 11×2-5 ?y]原=1.011 11 x?[x =0.000 000 101 1 原码加减交替除法： 被除数（余数） 商 0 . 0 1 1 0 1 0 . 0 0 0 0 0 + 1 . 0 0 1 0 1 试减，+[-y*]补 1 . 1 0 0 1 . 0 0 1 0 0 0 .? 1 0 1 + 0 . 1 1 0 1 1 r<0， +y* 1 . 1 1 1 1 1 1 . 1 1 1 1 0 0.0 + 0 . 1 1 0 1? 1 1 r< 1 . 1 0 0 1 0 ?0， +y* 0 . 1 1 0 0 1 1 0.0 1 + 1 . 0 0 1 0 1 r>0， +[-y*]补 0 . 1 0 1 1 1
1 . 0 1 1 1 0 0 . 0 1 1 ?续： 被除数（余数） 商 1 + 1 . 0 0 1 0 1 r> 1 . 0 0?0， +[-y*]补 0 . 1 0 0 1 1 1 1 1 0 0.0 1 1 1 + 1 . 0 0 1 0 1 r>0， +[-y*]补 0.0 1 1 1 1 r? 0 . 0 1 0 1 1 1>0， 结束
补码加减交替除法： 被除数（余数） 商 0 0 . 0 1 1 0 1 0 . 0 0 ?0 0 0 + 1 1 . 0 0 1 0 1 试减，x、y异号，+[y]补 1 1 . 1 0 0 1 0 1 1 1 . 0 0 1 0 0 1 . + 0 0 . 1 1 0 1 1 1 1 . 1 1 1 1 0 ? r、y同号，+[-y]补 1 1 . 1 1 1 1 1 1 1.1 + 0 0 . 1 1 0 1 1 r、y同号，+[-y]补 0 0 . 1 1 0 0 1 0 1 . 1 0 0 1 0 1.1 0 + 1 1 . 0 0 1 0 1 ?1 r、y异号， +[y]补 0 0 . 1 0 1 1 1
0 1?续： 被除数（余数） 商 1 . 0 1 1 1 0 1 . 1 0 0 + 1 1 . 0 0 1 0 1 r、y异号， 0 1 . 0 0 1 1 0 1.1 0 0 0 +?+[y]补 0 0 . 1 0 0 1 1 1 1.1 0? 1 1 . 0 0 1 0 1 r、y异号，+[y]补 0 0 . 0 1 0 1 1 1 0 0 1 —— 恒置1 r、x同号，结束 [r]补=0.010 y=（-0.011 11）2 = -15/32?y]补=1.100 01，x?11，r=r*=0.000 000 101 1 [x
26.按机器补码浮点运算步骤，计算[x±y]补. （1）x=2-011× 0.101 100，y=2-010×（-0.011 100）； （2）x=2-011×（-0.100 010），y=2-010×（-0.011 111）； （3）x=2101×（-0.100 101），y=2100×（-0.001 111)。 解：先将x、y转换成机器数形式： （1）x=2-011× 0.101 100，y=2-010×（-0.011 100）
[x]补=1，101；0.101 100, [y]补=1，110；1.100 100
[Ex]补=1,101, [y]补=1,110, [Mx]补=0.101 100, [My]补=1.100 100 1）对阶：
[?E]补=[Ex]补+[-Ey]补 = 11,101+ 00,010=11,111 < 0，
应Ex向Ey对齐，则：[Ex]补+1=11，101+00，001=11，110 = [Ey]
补
[x]补=1，110；0.010 110 2）尾数运算：
[Mx]补+[My]补= 0.010 110 + 11.100 100=11.111010
[Mx]补+[-My]补=0.010 110 + 00.011100= 00.110 010 3）结果规格化：
[x+y]补=11，110；11.111 010 = 11，011；11.010 000 （尾数左规3次，阶码减3）
[x-y]补=11，110；00.110 010, 已是规格化数。 4）舍入：无 5）溢出：无 则：x+y=2-101×（-0.110 000）
-010
x-y =2×0.110 010
（2）x=2-011×（-0.100010）,y=2-010×（-0.011111）
[x]补=1，101；1.011 110, [y]补=1，110；1.100 001 1） 对阶：过程同(1)的1），则 [x]补=1，110；1.101 111 2）尾数运算：
[Mx]补+[My]补= 11.101111 + 11. 100001 = 11.010000 [Mx]补+[-My]补= 11.101111 + 00.011111 = 00.001110
3）结果规格化：
[x+y]补=11，110；11.010 000,已是规格化数
[x-y]补=11，110；00.001 110 =11，100；00.111000 （尾数左规2次，
阶码减2）
4）舍入：无 5）溢出：无 则：x+y=2-010×（-0.110 000） x-y =2-100×0.111 000
（3）x=2101×（-0.100 101）,y=2100×（-0.001 111）
[x]补=0，101；1.011 011, [y]补=0，100；1.110 001 1）对阶：
[?E]补=00，101+11，100=00，001 >0，应Ey向Ex对齐，则： [Ey]补+1=00，100+00，001=00，101=[Ex]补 [y]补=0，101；1.111 000（1） 2）尾数运算：
[Mx]补+[My]补= 11.011011+ 11.111000（1）= 11.010011（1） [Mx]补+[-My]补= 11.011011+ 00.000111（1）= 11.100010（1）
3）结果规格化：
[x+y]补=00，101；11.010 011（1），已是规格化数
[x-y]补=00，101；11.100 010（1）=00，100；11.000 101 （尾数左规1次，阶码减1）
4）舍入：
[x+y]补=00，101；11.010 011（舍） [x-y]补 不变 5）溢出：无 则：x+y=2101×（-0.101 101）
x-y =2100×（-0.111 011）
32. 设机器字长为16位，分别按4、4、4、4和5、5、3、3分组后，
（1）画出按两种分组方案的单重分组并行进位链框图，并比较哪种方案运算速度快。
（2）画出按两种分组方案的双重分组并行进位链框图，并对这两种方案进行比较。
（3）用74181和74182画出单重和双重分组的并行进位链框图。 解：（1）4—4—4—4分组的16位单重分组并行进位链框图见教材286页图6.22。
5—5—3—3分组的16位单重分组并行进位链框图如下： （2）4—4—4—4分组的16位双重分组并行进位链框图见教材289页图6.26。 5—5—3—3分组的16位双重分组并行进位链框图如下：
5—5—3—3分组的进位时间=2.5ty?3=7.5ty； 4—4—4—4分组的进位时间=2.5ty?3=7.5ty； 可见，两种分组方案最长加法时间相同。
结论：双重分组并行进位的最长进位时间只与组数和级数有关，与组内位数无关。
（3）单重分组16位并行加法器逻辑图如下（正逻辑）：
注意： 1）74181芯片正、负逻辑的引脚表示方法；
2）为强调可比性，5-5-3-3分组时不考虑扇入影响； 3）181芯片只有最高、最低两个进位输入/输出端，组内进位无引脚； 4）181为4位片，无法5-5-3-3分组，只能4-4-4-4分组；
5）单重分组跳跃进位只用到181，使用182的一定是双重以上分组
跳跃进位；
6）单重分组跳跃进位是并行进位和串行进位技术的结合；双重分组
跳跃进位是二级并行进位技术；特别注意在位数较少时，双重分组跳跃进位可以采用全先行进位技术实现；位数较多时，可采用双重分组跳跃进位和串行进位技术结合实现。
第7章 指令系统
1. 什么叫机器指令？什么叫指令系统？为什么说指令系统与机器的主要功能以及与硬件结构之间存在着密切的关系？ 答：参考P300。
2. 什么叫寻址方式？为什么要学习寻址方式？ 答：参看P310。
3. 什么是指令字长、机器字长和存储字长？ 答：略。
4. 零地址指令的操作数来自哪里？？各举一例说明。 答：零地址指令的操作数来自ACC，为隐含约定。
在一地址指令中，另一个操作数的地址通常可采用ACC隐含寻址方式获得。
5. 对于二地址指令而言，操作数的物理地址可安排在什么地方？举例说明。 答：对于二地址指令而言，操作数的物理地址可安排在寄存器内、指令中或内存单元内等。
8. 某机指令字长16位，每个操作数的地址码为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。若零地址指令有M条，一地址指令有N种，则二地址指令最多有几种？若操作码位数可变，则二地址指令最多允许有几种？
解：1）若采用定长操作码时，二地址指令格式如下： OP（4位） A1（6A2（6位） 位） 设二地址指令有K种，则：K=24-M-N 当M=1（最小值），N=1（最小值）时，二地址指令最多有：Kmax=16-1-1=14
种
2）若采用变长操作码时，二地址指令格式仍如1）所示，但操作码长度可随地址码的个数而变。此时，K= 24 -（N/26 + M/212 ）；
当（N/26 + M/212 ）?1时（N/26 + M/212 向上取整），K最大，则二地址指令最多有：
Kmax=16-1=15种（只留一种编码作扩展标志用。）
9. 试比较间接寻址和寄存器间接寻址。 答：略。
10. 试比较基址寻址和变址寻址。 略。
11. 画出先变址再间址及先间址再变址的寻址过程示意图。 解：1）先变址再间址寻址过程简单示意如下：