【正文】 c = 4 ∴ t c = t m /4 = 50ns e = 1/[r+(1r)h] = 1/[4+(14) ] t a = t c /e = t c [43 ] = 50 = 53ns 應(yīng) 用 題 ? 有一個(gè)１６ K 16位的存儲(chǔ)器 ， 由 1K 4位的 DRAM芯片構(gòu)成 （ 芯片是64 64結(jié)構(gòu) ） 。 只要將式 （ 1） 與式 （ 2） 綜合起來(lái)便得到補(bǔ)碼乘法的統(tǒng)一算式如下： [x y] 補(bǔ) = [x]補(bǔ) （ 0. y1y2 …… yn） [x]補(bǔ) y0 = [x]補(bǔ) [0. y1y2 …… yn –y0] =[x]補(bǔ) [y0 + y1 21+y2 22+…… +yn 2n]=[x]補(bǔ) .y 第三章習(xí)題 分 析 題 ? 用定量分析方法證明模塊交叉存儲(chǔ)器帶寬大于順序存儲(chǔ)器帶寬 。 解 : [j1]移 = 0010 [j2]補(bǔ) = 0010 計(jì) 算 題 解（ 1)浮點(diǎn)乘法規(guī)則： N1 N2 = (2j1 S1) (2j2 S2) =2(j1+j2) (S1 S2) (2)階碼求和 [j1 + j2]移 =[j1]移 +[j2]補(bǔ) = 0010+0010=0100, 值為移碼形式 0 (3)尾數(shù)相乘 積的符號(hào)位 = 0⊕0 = 0 符號(hào)位單獨(dú)處理 0 0 1 0 1 1 ____________________ 0 1 0 0 1 0 1 0 0 1 0 0 0 0 0 0 1 0 0 1 —————————— 1 1 0 0 0 1 1 故 N1 N2 = 20 (4)尾數(shù)規(guī)格化 ， 舍入 （ 尾數(shù) 4位 ） 故 N1 N2 = (+)2 = (+)2 2(01)2 計(jì) 算 題 ? 有浮點(diǎn)數(shù) x=25 ,y=23 (),階碼用４位移碼表示 ， 尾數(shù) （ 含符號(hào)位 ） 用８位原碼表示 ， 求 （ x y） 浮 ， 要求尾數(shù)用原碼陣列乘法器實(shí)現(xiàn) ?！?計(jì)算機(jī)組成原理 》 習(xí)題及解答 (第一部分） 北京郵電大學(xué) 計(jì)算機(jī)科學(xué)與技術(shù)學(xué)院 第二章習(xí)題 計(jì) 算 題 ? 設(shè)由 S,E,M三個(gè)域組成的一個(gè) 32位二進(jìn)制字所表示的非規(guī)則化數(shù) x,其表示為 x = (1)S () 2E128 問(wèn)：它所能表示的規(guī)格化的最大正數(shù) ， 最小正數(shù) ， 最大負(fù)數(shù) ， 最小負(fù)數(shù)是多少 ？ 解： (1)最大正數(shù) 0 11 111 111 111 111 111 111 111 111 111 11 X = [1+(1223)] 2127 (2)最小正數(shù) 0 00 000 000 000 000 000 000 000 000 000 00 X= 2128 (3)最大負(fù)數(shù) 1 00 000 000 000 000 000 000 000 000 000 00 X= 2128 (4)最小負(fù)數(shù) 1 111 111 11 111 111 111 111 111 111 111 11 X== [1+(1223)] 2127 計(jì) 算 題 ? 設(shè) x= +15, y= 13,用帶求補(bǔ)器的原碼陣列乘法器求乘積 x y = ? 并用十進(jìn)制數(shù)乘法進(jìn)行驗(yàn)證 。 其真值為 x y= 22 () 計(jì) 算 題 ? 設(shè)有兩個(gè)浮點(diǎn)數(shù) N1 = 2j1 S1, N2 = 2j2 S2,其中階碼 2位 ,階符 1位 ,尾數(shù) 4位 ,數(shù)符 1位 . 設(shè) j1 = (10)2 S1=(+)2 j2 = (+10)2 ,S2 = (+),求 N1 N2 ,寫出運(yùn)算步驟及結(jié)果 ,積的尾數(shù)占 4位 ,要規(guī)格化結(jié)果 .根據(jù)原碼陣列乘法器的計(jì)算步驟求尾數(shù)之積。 [x]補(bǔ) = x0. x1x2 …… xn [y]補(bǔ) = …… yn = 1. y1y2 …… yn = 2 + y (mod)2 y = [y]補(bǔ) – 2 =1. y1y2 …… yn – 2 =0. y1y2 …… yn – 1 所以 xy = x(0. y1y2 …… yn– 1) = x(0. y1y2 …… yn) – x [x y]補(bǔ) = [x (0. y1y2 …… yn)]補(bǔ) + [x]補(bǔ) 因?yàn)? (0. y1y2 …… yn) 0,根據(jù)式 (1) [x(0. y1y2 …… yn)]補(bǔ) = [x]補(bǔ) [y]補(bǔ) = [x]補(bǔ) (0. y1y2 …… yn) 即 [x y]補(bǔ) = [x]補(bǔ) (0. y1y2 …… yn) + [x]補(bǔ) (2) (3)被乘數(shù) x與乘數(shù) y的符號(hào)任意 ， 以補(bǔ)碼表示 。 （ 2） 平均訪問(wèn)時(shí)間 。上述地址為十進(jìn)制 ， 按字編址 。 應(yīng) 用 題 應(yīng) 用 題 ? 用 16K 1位的動(dòng)態(tài) RAM芯片構(gòu)成 64K 8位的存儲(chǔ)器 ， 要求： (1)畫出該存儲(chǔ)器組成的邏輯框圖 (2)設(shè)存儲(chǔ)器的讀寫周期均為 s， CPU在 1μ s 內(nèi)至少要訪問(wèn)內(nèi)存一次 。 現(xiàn)在再用幾個(gè) 16K 8的芯片構(gòu)成一個(gè) 32K 8的 RAM區(qū)域 ， 便其地址空間為8000H—FFFFH。 4個(gè)組的列選通信號(hào) CAS3CAS0分別與 CPU送出的 4個(gè)字節(jié)允許信號(hào) BE3BE0相對(duì)應(yīng) ，以允許存取 8位的字節(jié)或 16位的字 。 分 析 題 解： （ １ ） 因?yàn)?218=256K， 所以地址碼域＝１８位 , 操作碼域＝６位 指令長(zhǎng)度＝ 18 + 3 + 3 + 6 + 2 = 32位 （ ２ ） 此時(shí)指定的通用寄存器用作基值寄存器 （ １６位 ） ， 但１６位長(zhǎng)度不足以覆蓋 1M字地址空間 ， 為此將通用寄存器左移 ， ４位低位補(bǔ)０形成２０位基地址 。 (4)這種指令結(jié)構(gòu)用于訪問(wèn)存儲(chǔ)器 。 共 78條指令 ，故 OP字段占 7位 。 X1為尋址模式 ， 與 R1通用寄存器組一起 ， 形成一個(gè)操作數(shù) 。 6 3 4 3 4 4 O P X1 R1 X2 R2分 析 題 ? 在決定一臺(tái)計(jì)算機(jī)采用何種尋址方式時(shí)，總要做出各種各樣的權(quán)衡，在下列每種情況下，具體的考慮是什么？ (1)單級(jí)間接尋址方式作為一種方式，提出來(lái)的時(shí)候，硬件變址寄存器被認(rèn)為是一種成本很高的方法，隨 LSI電路的問(wèn)世，硬件成本大降，試問(wèn)，現(xiàn)在是不是使用變址寄存器更為可??？ (2)已知一臺(tái) 16位計(jì)算機(jī)配有 16個(gè)通用寄存器 ， 請(qǐng)問(wèn) ， 是否有一個(gè)簡(jiǎn)單的硬件設(shè)計(jì)規(guī)則 ， 使我們可以指定這個(gè)通用寄存器組的某些寄存器來(lái)進(jìn)行 20位的存儲(chǔ)器尋址 ？ 參與這種尋址的通用寄存器該采用什么辦法區(qū)分出來(lái) ？ 分 析 題 解： （ 1） 采用間接尋址的優(yōu)點(diǎn)是不需要額外增加專用寄存器 ， 只使用 MAR和 MDR即可完成這種尋址 ， 但缺點(diǎn)是多訪問(wèn)一次存儲(chǔ)器 （ 對(duì)單級(jí)間接尋址而言 ） ， 隨著 LSI的發(fā)展 ， 硬件成本大大下降 ， 所以現(xiàn)在使用專門的變址寄存器更為可取 ， 因?yàn)槠鋬?yōu)點(diǎn)是減少一次訪問(wèn)主存的時(shí)間 ， 提高了指令執(zhí)行的速度 。② OP碼域?qū)挾葹椋参?。ADD=10,AC0內(nèi)容與 DM位置 AAA里的內(nèi)容相加 ， UNA=11未用 。 ② 將 AC0的內(nèi)容存放到 DM中某個(gè)位置 ， 其位置由某個(gè)變址寄存器的內(nèi)容與位移量之和來(lái)確定 OP1=11,OP2=001。 因此可畫出題目要求的狀態(tài)變化圖 ，如下： 分 析 題