计算机组成原理第五版白中英详细第2章作业参考答案解析.docx
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计算机组成原理第五版白中英详细第2章作业参考答案解析
第2章作业参考答案
1、
(1)-35(=23)16
(2)127(3)-127(4)-1
[-35]原=[127]原=01111111[-127]原=[-1]原=
[-35]反=[127]反=01111111[-127]反=[-1]反=
[-35]补=[127]补=01111111[-127]补=[-1]补=
2
当a7=0时,x0,满足x>的条件,即:
若a7=0,a6a0可取任意值
当a7=1时,x<0,若要满足x>的条件,则由补码表示与其真值的关系,可知:
要使x>,所以要求a6=1,并且a5a0不能全部为0
所以,要使x>,则要求a7=0;或者a7=a6=1,并且a5a0至少有一个为1
3、
由题目要求可知,该浮点数的格式为:
31
3023
220
S
E(移码表示)
M(补码表示)
注:
由于S是数符,已表示了尾数的符号,所以为了提高表示精度,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:
01111……111(23个1)
(2)最小数的二进制表示为:
10000……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:
01111……111(23个1)=+(1-2-23)2127
最小正数为:
0000000001000……000(22个0)=+2-128
最大负数为:
1000000000111……111(22个1)=-+2-23)2-128
最小负数为:
10000……000(23个0)=-12127
所以其表示数的范围是:
+2-128+(1-2-23)2127以及-12127-+2-23)2-128
4、IEEE754标准32位浮点的规格化数为
X=(-1)S2E-127
(1)27/64
27/64=272-6=(11011)22-6=22-2
所以S=0,E=e+127=125=(01111101)2,M=1011
32位的规格化浮点数为:
001111100000000000000000,即十六进制的(3ED80000)16
(2)-27/64
-27/64=-22-2
所以S=1,E=e+127=125=(01111101)2,M=1011
32位的规格化浮点数为:
0000000000000000,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;
0011011
+1101011
0000110
没有溢出,x+y=00110
(3)x=-10110,y=-00001
[x+y]补=1101010+1111111=1101001;没有溢出,x+y=-10111
6、[x-y]补=[x]补+[-y]补
(1)x=11011,y=-11111
[-y]补=0011111
[x-y]补=0011011+0011111=0111010;
0011011
+0011111
0111010
正溢出,x-y=+111010
(2)x=10111,y=11011
[-y]补=1100101
[x-y]补=0010111+1100101=1111100;
0010111
+1100101
1111100
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
11011
11111
11011
11011
11011
11011
11011
1101000101
[xy]符号=01=1
所以[xy]原=101
用直接补码阵列乘法器:
[x]补=011011,[y]补=100001
(0)11011
(1)00001
(0)11011
(0)00000
(0)00000
(0)00000
(0)00000
0
(1)
(1)(0)
(1)
(1)
0
(1)
(1)0
(1)
(1)11011
将乘积中的符号位用负权表示,其他的负权位化为正权,得:
[xy]补=100
(2)x=-11111,y=-11011
用原码阵列乘法器
11111
11011
11111
11111
00000
11111
11111
1101000101
[xy]符号=11=0
所以[xy]原=001
用直接补码阵列乘法器:
[x]补=100001,[y]补=100101
(1)00001
(1)00101
(1)00001
(0)00000
(1)00001
(0)00000
(0)00000
1(0)(0)(0)(0)
(1)
100
(1)
(1)000101
将乘积中的符号位用负权表示,其他的负权位化为正权,得:
[xy]补=001
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=01=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=,[b]补=[|y|2-5]补=,[-b]补=
过程如下:
0.11000
+[-b]补1.00001
1.11001——余数为负,商为0
1.10010——余数和商左移一位(0)
+[b]补0.11111
0.10001——余数为正,商为1
1.00010——余数和商左移一位(01)
+[-b]补1.00001
0.00011——商为1
0.00110——(011)
+[-b]补1.00001
1.00111——商为0
0.01110——(0110)
+[b]补0.11111
1.01101——商为0
0.11010——(01100)
+[b]补0.11111
1.11001——商为0——(011000)
即:
a÷b的商为;
余数为2-5,因为为负数,加b处理为正数,+b=+=,所以a÷b的余数为2-5
所以,(x÷y)的商=,原码为:
;余数为
(2)x=-01011,y=11001
商的符号位=10=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=,[b]补=[|y|2-5]补=,[-b]补=
过程如下:
0.01011
+[-b]补1.00111
1.10010——余数为负,商为0
1.00100——余数和商左移一位(0)
+[b]补0.11001
1.11101——余数为负,商为0
1.11010——余数和商左移一位(00)
+[b]补0.11001
0.10011——商为1
1.00110——(001)
+[-b]补1.00111
0.01101——商为1
0.11010——(0011)
+[-b]补1.00111
0.00001——商为1
0.00010——(00111)
+[-b]补1.00111
1.01001——商为0——(001110)
即:
a÷b的商为;
余数为2-5,因为为负数,加b处理为正数,+b=+=,所以a÷b的余数为2-5
所以,(x÷y)的商=,原码为:
;余数为
9、
(1)x=2-011,y=2-010
EX=-011,Ey=-010,所以[EX]补=1101,[Ey]补=1110
MX=,My=,所以[MX]补=,[My]补=
[x]浮=1101,[y]浮=1110
EX对阶后[x]浮=1110
(1),[y]浮=1110
对阶后的尾数相加:
MX+My=
(1)+
0.010010
(1)
+1.100010
1.110100
(1)
x+y=
(1)21110,化为规格化数(左移2位)为:
x+y=21100,即:
x+y=2-4
对阶后的位数相减:
MX-My=MX+(-My)=
(1)+
0.010010
(1)
+0.011110
0.110000
(1)
x-y=
(1)21110,已经是规格化数,采用0舍1入法进行舍入处理:
x-y=21110,即:
x-y=2-2
(2)x=2-101,y=2-100
EX=-101,Ey=-100,所以[EX]补=1011,[Ey]补=1100
MX=,My=,所以[MX]补=,[My]补=
[x]浮=1011,[y]浮=1100
EX对阶后[x]浮=1100(0),[y]浮=1100
对阶后的尾数相加:
MX+My=+
1.110101
+0.010110
0.001011
x+y=21100,化为规格化数(左移2位)为:
x+y=21010,即:
x+y=2-6
对阶后的位数相减:
MX-My=MX+(-My)=+
1.110101
+1.101010
1.011111
x-y=21100,已经是规格化数,所以
x-y=2-4
10、
(1)
Mx=
,Ex=0011
My=
,Ey=0100
Ex+Ey=0011+0100=0111
[xy]符=01=1,乘积的数值=|Mx||My|:
0.1101
0.1001
01101
00000
00000
01101
00000
001110101
所以,xy=20111,规格化处理(左移一位),并采用0舍1入法进行舍入:
xy=20110
即:
=26
(2)
将x、y化为规格化数:
Mx=
,Ex=1110
My=
,Ey=0011
Ex-Ey=Ex+(-Ey)=1110+1101=1011
[xy]符=00=0,下面用加减交替法计算尾数MxMy:
[Mx]补=,[My]补=,[-My]补=
0.011010
+[-My]补1.000100
1.011110——余数为负,商为0
0.111100——余数和商左移一位(0)
+[My]补0.111100
1.111000——余数为负,商为0
1.110000——余数和商左移一位(00)
+[My]补0.111100
0.101100——余数为正,商为1
1.011000——余数和商左移一位(001)
+[-My]补1.000100
0.011100——商为1
0.111000——(0011)
+[-My]补1.000100
1.111100——商为0
1.111000——(00110)
+[My]补0.111100
0.110100——商为1
1.101000——(001101)
+[-My]补1.000100
0.101100——商为1
1.011000——(0011011)
+[-My]补1.000100
0.011100——商为1——(00110111)
MxMy的商为,余数为2-7,由于x化为(Mx)是尾数右移2位才得到,所以xy真正的余数是2-7再尾数左移2位,即2-9=2-10
所以,xy的商为:
21011,规格化处理后为:
21010=2-6,余数为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Gi=AiBi,Pi=AiBi,由全加器进位输出的逻辑函数Ci+1=AiBi+Ci(AiBi)可知:
(由于进位输出函数还可以写成Ci+1=AiBi+Ci(Ai+Bi),故Pi=Ai+Bi也可)
(1)串行进位方式:
C1=A0B0+C0(A0B0)=G0+P0C0
C2=A1B1+C1(A1B1)=G1+P1C1
C3=A2B2+C2(A2B2)=G2+P2C2
C4=A3B3+C3(A3B3)=G3+P3C3
(2)并行进位方式:
C1=G0+P0C0
C2=G1+P1C1=G1+P1(G0+P0C0)=G1+P1G0+P1P0C0
C3=G2+P2C2=G2+P2(G1+P1G0+P1P0C0)=G2+P2G1+P2P1G0+P2P1P0C0
C4=G3+P3C3=G3+P3G2+P3P2G1+P3P2P1G0+P3P2P1P0C0
12、
(1)-5
-5=-(101)2=-222
所以
S=1
E=e+127=2+127=129=(81)16=()2
M=(01000000000000000000000)2
故浮点格式为:
101000000000000000000000,用十六进制表示为:
(C0A00000)16
(2)
=-2=-220
所以
S=1
E=e+127=0+127=(7F)16=(01111111)2
M=(10000000000000000000000)2
故浮点格式为:
10111111110000000000000000000000,用十六进制表示为:
(BFC00000)16
(3)384
384=(180)16=(110000000)2=228
所以
S=0
E=e+127=8+127=135=(87)16=()2
M=(10000000000000000000000)2
故浮点格式为:
010000000000000000000000,用十六进制表示为:
(43C00000)16
(4)1/16
1/16=22-4
所以
S=0
E=e+127=-4+127=(7B)16=(01111011)2
M=(00000000000000000000000)2
故浮点格式为:
00111101100000000000000000000000,用十六进制表示为:
(3D800000)16
(5)-1/32
-1/32=-22-5
所以
S=1
E=e+127=-5+127=(7A)16=(01111010)2
M=(00000000000000000000000)2
故浮点格式为:
10111101000000000000000000000000,用十六进制表示为:
(BD000000)16
13、
(1)111000000000000000000000
S=1
E=(83)16=131e=E-127=131-127=4
=2
所以,该浮点数为-224=-(11100)2=-28
(2)00111111010100000000000000000000
S=0
E=(7E)16=126e=E-127=126-127=-1
=2
所以,该浮点数为22-1=2=
14、
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。
尾数23位,尾数非0有223-1种组合,再配合符号位,共有2(223-1)种组合不表示一个数
所以,该格式最多能表示不同的数的个数为:
232-2(223-1)
15、该运算器电路由3部分组成:
ALU完成定点加减法运算和逻辑运算;专用阵列乘法器完成乘法运算;专用阵列除法器完成除法运算。
具体逻辑电路略。
16、
该ALU能完成8种运算,故使用3个控制参数S0S2。
运算器中含有:
(1)一个4位的加法器:
完成加法、减法、加1和传送4种操作,其中加1操作是把加数固定为1,利用4位的加法器实现;传送是把加数固定为0,利用4位加法器实现。
(2)一个4位的求补器:
完成求补操作。
(3)求反、逻辑乘和逻辑加分别设计专门的逻辑电路实现。
具体电路略
17、
181ALU中的有些操作是冗余的或可由其他操作替代的,现要求简化为8种运算,故对181的运算种类进行简化,得到4种逻辑运算和4种算术运算,具体功能表如下:
控制参数
S2S1S0
运算
000
001
010
011
100
101
110
111
逻辑0
AB
A+B
AB
A加B
A减B减1
A+A
A
而181其他的逻辑运算和算术运算都可以由以上的运算间接得到,例如:
逻辑运算中:
通过对“A”求反得到;
通过对“A+B”求反得到;
通过对“AB”与“
”进行逻辑与实现;
通过对“AB”取反得到;
通过“AB”并让A固定为全1得到;
通过对“AB”与“A”进行逻辑与实现;
通过对前面得到的
再取反得到;
通过对“AB”取反得到;B通过“AB”并让A固定为全0得到;逻辑1通过对“逻辑0”取反得到;
通过对前面得到的
再取反得到
算术运算中:
减1操作可通过“A减B减1”并令B固定为0来实现;
18、
余3码编码的十进制加法规则是:
两个1位十进制数的余3码相加,如结果无进位,则从和数中减去3(即加上1101);如结果有进位,则和数中加上3(加上0011),即得和数的余3码。
设参加运算的两个一位的十进制数分别为Ai和Bi,它们的余3码分别为Ai0Ai3和Bi0Bi3,其二进制加法的和的编码为Si0Si3,进位为Ci+1,修正之后,和对应的余3码为Fi0Fi3,进位为CYi+1,则根据余3码的运算规则,有:
当Ci+1=0时,Fi3Fi2Fi1Fi0=Si3Si2Si1Si0+1101;当Ci+1=1时,Fi3Fi2Fi1Fi0=Si3Si2Si1Si0+0011,由此可画出逻辑电路图如下: