微机原理习题答案
更新时间:2023-10-10 12:53:01 阅读量: 综合文库 文档下载
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第一章习题答案
一、 单选题
1. 1946年2月,在美国诞生了世界上第一台计算机,它的名字叫 C 。
A.EDVAC B.EDSAC C.ENIAC D.UNIVAC-I
2.
在下列描述中属于冯·诺依曼体系结构特点的是 C 。 Ⅰ.采用16进制计数。 Ⅱ.集中而顺序的控制。
Ⅲ.存储程序并且存储时不区别数据和指令。
A.Ⅰ和Ⅱ B.Ⅰ和Ⅲ C.Ⅱ和Ⅲ D.Ⅰ,Ⅱ和Ⅲ
3. 4.
C 是以CPU为核心,加上存储器、I/O接口和系统总线构成。
A.微处理器 B.微型计算机 C.微型计算机系统 D.单板机
计算机的字长越长,一个字所能表示的数据精度就越高,在完成同样精度的运算时,则数据处理速度 A 。
A.越高 B.越低 C.不变 D.不一定
5. 6.
计算机存储数据的最小单位是二进制的 B 。 A. 位 B.字节 C.字长 D.千字长 通常所说的32位机,是指这种计算机的CPU B 。
A.由32个运算器组成的 B.能够同时处理32位二进制数 C.包含32个寄存器 D.一共有32个运算器和控制器
二、 判断题
1. 第五代计算机的体积进一步缩小,性能进一步提高,发展了并行技术和多机系统,出现了精简指令集计
算机RISC。 ( F )
2. 单片机是把CPU、一定数量的存储器芯片和I/O接口芯片装在一块印刷电路板上,在该板上再配以具有
一定功能的输入、输出设备。 ( F ) ( T ) ( T )
3. 总线是多个部件间的公共连线,信号可以从多个源部件中的任何一个通过总线传送到多个目的部件。
4. 冯·诺伊曼计算机在硬件上是由运算器、控制器、存储器、输入和输出设备5大部分组成。 5. 在计算机内部可直接运行二进制数、十进制数、十六进制数。 ( F )
三、 简答题
1. 简述微处理器的发展概况,从集成度、性能等方面比较各代处理器的特点。 2. 简述冯·诺伊曼型计算机的基本组成。
3. 名词(概念)简释:微处理器、微型计算机、微型计算机系统、单总线结构、双总线结构、双重总线结
构、总线。
4. 简述计算机硬件与软件的关系。 5. 简述微型计算机的主要性能指标。
6. 举例说明微型计算机在生活、生产中的应用。
1. 答: 微型计算机的发展从1971年Intel公司首先研制成功的4位Intel4004微处理器算起,已经
走过了30多年的历史,经历了如下几个阶段的演变:
第一代处理器为4位或低档8位,采用PMOS工艺,集成度低,运算功能较差,速度较慢,
语言主要以机器语言或简单的汇编语言为主。
第二代处理器为中高档8位,采用NMOS工艺,集成度比第一代提高4倍左右, 运算速度提高10~15倍,采用机器语言,汇编语言或高级语言,后期配有操作系统。
第三代处理器为16位,采用HMOS工艺,集成度比第二代提高一个数量级,运算速度比第二代提高一个数量级,采用汇编语言、高级语言并配有软件系统。
第四代处理器为高性能的16位机和32位机,采用HMOS或CMOS工艺,集成度在100万晶体管/片以上,运算速度再次提高,部分软件硬化。
2. 答: 微型计算机的硬件系统主要由输入设备、输出设备、运算器、存储器和控制器等5部分组
成。这种结构称为冯·诺伊曼结构,现代绝大多数微型机的结构均为冯·诺伊曼结构.
3. 答: 微处理器: 是把运算器和控制器集成在一个芯片上,又称CPU.
微型计算机: 以微处理器为核心的计算机.
微型计算机系统: 是把微处理器(CPU)配上一定容量的随机存储器(RAM)只读存储器(ROM)及接口电路、必要的外设组成。
单总线结构: 在单总线结构中,系统存储器M和I/O使用唯一的一套信息通路因而微处理器对存储器和I/O的读写只能分时进行.
双总线结构: I/O和M各自具有到MPU的总线通路,这种结构的MPU可以分别在两套总线上同时与M和I/O口交换信息,相当于展宽了总线带宽,提高了总线的数据传输速率。 双重总线结构: 在这种结构中,主MPU通过局部总线访问局部M和局部I/O,这时的工作方式与单总线情况是一样的。也经常作为主设备访问全局M和全局I/O。当其他并列微处理器需要访问全局M和全局I/O时,必须由总线控制逻辑部件统一安排才能进行,这时该微处理器就是系统的主控设备。
总线: 计算机中的各个部件,包括CPU、内存储器、外存储器和输入/输出设备的接口之间是通过一条公共信息通路连接起来的,这条信息通路称为总线。
4. 答: 硬件和软件是一个完整的计算机系统互相依存的两大部分,它们的关系主要体现在以下几个方
面:
(1) 硬件和软件互相依存。
硬件是软件赖以工作的物质基础,软件的正常工作是硬件发挥作用的唯一途径。计算机系统必须要配备完善的软件系统才能正常工作,且充分发挥其硬件的各种功能。
(2) 硬件和软件无严格界线。
随着计算机技术的发展,在许多情况下,计算机的某些功能既可以由硬件实现,也可以由软件来实现。因此,硬件与软件在一定意义上说没有绝对严格的界线。
(3) 硬件和软件协同发展。
计算机软件随着硬件技术的迅速发展而发展,而软件的不断发展与完善又促进硬件的更新,两者密切地交织发展,缺一不可。
5. 答: 计算机的主要性能指标如下: 字长,存储容量,存储容量,运算速度,外部设备配置,系统软件配置,性
能价格比。 2
第二章习题答案
一、 将下列十进制数转换成二进制数。
(1)36 (2)0.628 (3)129.313 (4)1000 答:(1)100100 (2)0.1010 (3)129.313 (4)1111101000 二、 单选题
1. 定点16位字长的字,采用2的补码形式表示时,一个字所能表示的整数范围是 A 。
A.–215 ~ +(215 –1) B.–(215 –1)~ +(215 –1)
C.–(215 + 1)~ +215 D.–215 ~ +215
2. 若浮点数用补码表示,则判断运算结果是否为规格化数的方法是 C 。
A.阶符与数符相同为规格化数 B.阶符与数符相异为规格化数 C.数符与尾数小数点后第一位数字相异为规格化数 D.数符与尾数小数点后第一位数字相同为规格化数 3. 在机器数 B 中,零的表示形式是唯一的。
A.原码 B.补码 C.移码 D.反码
4. 定点字长的字,采用2的补码表示时,一个字所能表示的整数范围是 A 。
A.–128 ~ +127 B.–127 ~ +127 C.–129 ~ +128 D.–128 ~ +128 5. 用64位字长(其中一位符号位)表示定点小数时,所能表示的数值范围是 B 。
A.[ 0,264 – 1 ] B.[ 0,263 – 1 ] C.[ 0,262 – 1 ] D.[ 0,263 ]
6. 假定下列字符码中有奇偶校验位,但没有数据错误,采用偶校校验的字符码是 D 。
A.11001011 B.11010110 C.11000001 D.11001001 7. 已知X为整数,且[X]补 = 10011011,则X的十进制数值是 B 。
A.+155 B.–101 C.–155 D.+101
8. 用16位字长(其中一位符号位)表示定点小数时,所能表示的数值范围是 B 。
A.0≤│N│≤1–2–(16+1) B.0≤│N│≤1–2–16 C.0≤│N│≤1–2–(16–1) D.0≤│N│≤1
9. 如果浮点数用补码表示,判断下列哪一项的运算结果是规格化数 C 。
A.1.11000 B.0.01110 C.1.00010 D.0.01010 三、 判断题
1.从二进制转换成十六进制时,只要以小数点为起点,向左、向右将每一位二进制数转换成一位十六进制数。 ( F ) 2.任意进制数转换成十进制数就是按权展的开多项式之和。 ( T )
3.定点表示法,小数点在数中的位置是固定不便的;浮点表示法,小数点在数中的位置是浮动可变的。 ( F ) 4.对于浮点数,当字长一定时,分给阶码的位数越少,则表示数的范围越大。 ( F )
5.在有权BCD码中,每一个十进制数符均用一个4位二进制码来表示,这4位二进制码中的每一个均有固定权值。 ( T ) 6.无权BCD码没有确定的位权值,因此不以按位权展开求它们所代表的十进制。( F ) 7.计算机只能处理数字信息。 ( F ) 8.汉字信息在系统内传送的过程就是汉字代码转换的过程。 ( T )
3
四、 计算与证明
1. 已知 x = - 0.01111 ,y = +0.11001,
求 [ x ]补,[ -x ]补,[ y ]补,[ -y ]补,x + y =?,x – y =?
答:解:[ x ]原 = 1.01111 [ x ]补 = 1.10001 所以 :[ -x ]补 = 0.01111 [ y ]原 = 0.11001 [ y ]补 = 0.11001 所以 :[ -y ]补 = 1.00111 [ x ]补 11.10001 [ x ]补 11.10001 + [ y ]补 00.11001 + [ -y ]补 11.00111 [ x + y ]补 00.01010 [ x - y ]补 10.11000
所以: x + y = +0.01010 因为符号位相异,结果发生溢出 2. 已知:x= 0.1011,y = - 0.0101
求 :[
1111x]补,[ x]补,[ - x ]补,[y]补,[y]补,[ - y ]补 。 2424解: [ x ]补 = 0.1011 , [ y ]补 = 1.1011
11x ]补 = 0.01011 , [x ]补 = 1.11011 2211 [x ]补 = 0.001011 ,[ x ]补 = 1.111011
44 [
[ - x ]补 = 1.0101 , [ - x ]补 =0.0101
3. 求证: - [y]补 = +[-y]补
证:因为 [x]补 + [y]补 =[x+y]补 令 x=-y 带入上式,则有:
[-y]补 + [y]补 =[-y+y]补 = [0]补 = 0 所以 [-y]补 = -[y]补
4. 已知X=2010×0.11011011,Y=2100×(-0.10101100),求X+Y。
解:为了便于直观理解,假设两数均以补码表示,阶码采用双符号位,尾数采用单符号位,则
它们的浮点表示分别为:
[ X ]浮 = 00010 , 0.11011011 [ Y ]浮 = 00100 , 1.01010000 (1) 求阶差并对阶:
ΔE = Ex – Ey = [ Ex]补 + [ - Ey]补 = 00010 + 11100 = 11110 即ΔE为 –2,x的阶码小,应使Mx 右移2位,Ex加2, [ X ]浮 = 00010 , 0.11011011 (11)
其中(11)表示Mx 右移2位后移出的最低两位数。 (2) 尾数和
0. 0 0 1 1 0 1 1 0 (11)
4
1. 0 1 0 1 0 1 0 0 2. 1 0 0 0 1 0 1 0 (11)
(3) 规格化处理
尾数运算结果的符号位与最高数值位为同值,应执行左规处理,结果为1.00010101 (10),阶码为00 011 。 (4) 舍入处理
采用0舍1入法处理,则有
1. 0 0 0 1 0 1 0 1
+ 1
1. 0 0 0 1 0 1 1 0
(5) 判溢出
阶码符号位为00 ,不溢出,故得最终结果为
x + y = 2011
× (-0.11101010)
5. 设机器字长16位,定点表示,尾数15位,数符1位,
(1)定点原码整数表示时,最大正数是多少?最大负数是多少? (2)定点原码小数表示时,最大正数是多少?最大负数是多少? 解:① 定点原码整数表示
最大正数
0 111 111 111 111 111 数值 = (215 – 1)10 = (+32767)10
最大负数 1 111 111 111 111 111
数值 = -(215 – 1 )10 = (- 32767)10
②定点原码小数表示
最大正数值 = ( + 0.11??11)2 = (1 – 215 )10
最大负数值 = ( - 0.11??11)2 = -(1 - 215 )
6. 将十进制数20.59375转换成32位浮点数的二进制格式。 解:先将十进制数转换为二进制数:
(20.59375)10=(10100.10011)2 然后移动小数点,使其在1,2位之间
10100.10011=1.0010011×24 ,e =4
于是得到 S=0, E = 4+127 = 131 M=01001011 最后得到32位浮点数的二进制格式为:
0100 0001 01010 0100 1100 0000 0000 0000 =(41A4C000)16
5
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