2011春季计算机组成原理参考答案(A卷)

华南农业大学期末考试参考答案（A卷）

2010-2011学年第 2学期 考试科目： 计算机组成原理 一、选择题（本大题共5小题，每小题2分，共10分）

1 2 3 4 5 C A A B B 二、填空题（本大题共13小题，每题2分，共26分）

1. 微程序级 ， 一般机器级 。

2. 原码、反码、补码、移码 。 3. -128 ~ +127 。

4. cache ， 外存储器 。 5. 16 ， 3 。

6. （0800）16 。 7. 3.7 。 8. 所有的 。

9. R、L和V ， +、-和M 。(R1->X,R2->X和R3->X；

R1->Y,R2->Y和R3->Y；以上每组只写2个也给分) 10. 独立请求方式 ， 链式查询方式 。 11. nrN分钟 或者 60nrN 秒 。 12. 1、1、1 ， 0、0、1 。 13. 停止CPU访问内存 。

三、计算题（本大题共3小题，共30分）

1.（10分）

解：[x]浮=11110，11.011101 [y]浮=11101，11.001011

1

[-y]浮=11101，00.110101 (1分) ① 0操作数检查 (1分) 两数都非0

②对阶

[ΔE]补=[Ex]补+[-Ey]补=11110+00011=00001

可见ΔE=1

将My右移1位，[y]浮＝11110，11.100101(1) (2分) ③尾数相加 (2分) 11.011101

+ 00.011010(1)

------------------------

11.110111(1)

④结果规格化 (1分)

[x-y]浮=11110, 11.110111(1) 左规 2位[x-y]浮=11100,

11.011110

⑤舍入处理 (用0舍1入)得 (1分) 不用舍入

⑥判溢出 (1分) X-Y的阶符是11，没溢出

最终的结果为： x-y=2-100×(-0.100010) (1分)

2.（10分）

解：(1) 信息总量：q=128位×8=1024位 交叉存储器读出n=8个字的时间是： t1=T+ (n-1)max{T/m,τ} =160+7×40= 4.4×10交叉存储器带宽是： W1=q/t1=1024÷（4.4×10

）=232.7×10（位/S） (6分)

(s)

(2) 交叉存储器读出8个字的时间变为是： t2=T+ (n-1) max{T/m,τ} =160+7×20= 3×10

(s)

2

装订线

交叉存储器带宽是： W1=q/t1=1024÷（3×10）=341.3×10（位/S） (4分)

3.（10分） 解：

最内圈磁道周长：2×3.14×10＝62.8（cm）＝628（mm） （2分）

每个记录面的磁道数：K＝[(300－200)÷2]×8＝400（道） （2分） 所以，盘组非格式化的容量为：

CN＝4×400×628×300＝301440000(b)＝37680000(B)＝36797(KB)

＝36(MB) （3分） 盘组格式化的容量为：

C＝4×400×1024×16＝25600 (KB) ＝25 (MB) （3分）

四、分析题（本大题共3小题，共34分）

1.（12分） (1)（6分）

MOV指令的指令格式为：

(2)（6分）

(6EF1)16(3CD2)16＝(011011 10 1111 0001)2 OP=（1B）16 因此为STO指令 2. （10分） (1)（6分）

3

（3个CPU周期和相应的微操作控制信号序列 各1分）

(2)如上图右（4分）

（1个CPU周期和相应的微操作控制信号序列 各2分）

3. （12分）

(1)（6分）

第一条指令和第二、三条指令之间都存在写后读（RAW）相关； （4

分，指出1个相关2分）第一条指令和第三条指令之间存在读后写（WAR）相关。（2分）

(2)（3分） 时空图如下所示：

（2分）

从中可看出处理器执行3条指令需要占用8个时钟周期。 （1分） (3)（3分）如果在硬件设计上采用向前传送技术加以改进，则可不延迟。

4