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红字是我加的相似的例题一．单项选择题1④2②3④4①5②6④7②8③9②10④11③12④13①14②15④16②17①18①19③20③21②22③23③24③25③26②27③28③29①30④31③32③33②34①35③36④37①38④39③40③41②42③二．填空题答案：1；41.012；-0.1013；111100.014；SRAM，DRAM5；操作码，地址码6；道密度,位密度7；补码8；寄存器，存储器9；内容，部分主存内容10；随机，顺序11；与，或,非12；集中、分布刷新13；微指令14；1.011115；直接相联、组相联、全相联16；内中断,外中断17；地址、数据18；取指令、执行19；触发器mos电容20；磁光型、相变型21；中断服务程序入口22；微操作时间23；栈底不变，栈顶可变24；+232×（1-2-10）、+2─4225；软件三．1.答：因为浮点数的溢出是以其阶码的溢出表现出来的，在加\减运算过程中要检查是否产生了溢出：若阶码正常,加(减)运算正常结束；若阶码溢出,则要进行相应处理。超过了阶码可能表示的最大值的正指数值,一般将其认为是＋∞和－∞。超过了阶码可能表示的最小值的负指数值,一般将其认为是0。2.（1）“对介”操作（2）尾数的加减运算（3）规格化操作（4）舍入（5）检查阶码是否溢出3.左规。当尾数出现00.0××…×或11.1××…×时，需左规。左规时尾数左移一位，阶码减1，直到符合补码规格化表示式为止。右规。当尾数出现01.××…×或10.××…×时，表示尾数溢出，这在定点加减运算中是不允许的，但在浮点运算中这不算溢出，可通过右规处理。右规时尾数右移一位，阶码加1。4.在定点计算机中,两个原码表示的数相乘的运算规则是:乘积的符号位由两数的符号位按异或运算得到,而乘积的数值部分则是两个正数相乘之积。5.静态存储器利用双稳态触发器来保存信息，只要不断电，信息是不会丢失的，集成度低功耗较大，；动态存储器利用MOS电容存储电荷来保存信息，使用时需不断给电容充电才能使信息保持，集成度高，功耗较小。6.1）实现：微程序控制电路比较规整，增加和修改指令只要增加和修改控存内容即可；硬布线控制电路凌乱且复杂，难以修改或增加指令。2）性能：在同样的半导体工艺条件下，微程序控制的速度比硬布线控制的速度低，那是因为执行每条伪指令都要从控存中读取一次，影响了速度，而硬布线逻辑主要取决于电路延迟。7.CPU是根据操作码和地址码来区别指令和数据的，若有操作码存在，那么这一定是一条指令，而地址码是指令的组成部分，它用来描述该指令的操作对象，或者直接给出操作数或者指出操作数的存储器地址或寄存器地址。原码就是直接将一个数转换成2进制在加上符号位即可，反码是将原码的符号位不变，其余位全部变反，补码就是在反码的基础上加18.答：不同点有原码运算结果仍为原码，补码运算结果仍为补码；进行原码运算时，进行加减法运算比较复杂。例如，当两数相加时，先要判断两数的符号，如果两数是同号，则相加；两数是异号，则相减速。而进行减法运算又要先比较两数绝对值的大小，再用大绝对值减去小绝对值，最后还要确定运算结果的正负号，而采用补码运算时，由于符号位与数值一样参与运算，所以不必像原码运算那样对两数的大小、符号作比较，从而使运算更简单。9.答：工作原理为:激光打印机加电后，微处理器执行内部程序，检查各部分状态。各部分检测正常后，系统就绪，此时可接收打印作业。微机传送的打印作业经接口逻辑电路处理，送给微处理器。微处理器控制各组件协调运行，此时高压电路发生器产生静电对硒鼓表面进行均匀充电，加热定影工作组件开始工作。经微处理器调制的激光发生器，其发出的激光束带有字符信息，并通过扫描马达和光学组件对均匀转动的硒鼓表面进行逐行扫描;因硒鼓为光电器件，不含字符信息的激光照射到硒鼓表面后，硒鼓表面的硒材料因见光而导电，原先附着的静电因硒材料导电而消失，从而形成由字符信息组成的静电潜像;这样的静电潜像利用静电作用将显影辊上的炭粉吸附在硒鼓表面，从而在硒鼓表面形成由炭粉组成的反面字符图形。当打印纸快贴近硒鼓时被充上高压静电，打印纸上的静电电压高过硒鼓上的静电电压，当打印纸与硒鼓贴近时，同样利用静电的吸附作用，将硒鼓表面由炭粉组成的反面字符图形吸附到打印纸上并形成由炭粉组成的正面字符图形;最后，带有由炭粉组成的正面字符图形的打印纸进入加热定影组件，由于炭粉中含有一种特殊熔剂，遇高温后熔化，从而将炭粉牢牢地固定在打印纸上，经加热定影套件处理后，最终形成了精美的稿件，完成打印过程。10.（1）关中断，进入不可再次响应中断的状态，由硬件自动实现。（2）保存断电和现场。（3）判别中断源，转向终端服务程序。（4）开中断。（5）执行中断服务程序。（6）退出中断。11.直接寻址、寄存器寻址、基址寻址、变址寻址、间接寻址、相对寻址、立即数、堆栈寻址12.答：DMA方式不需CPU干预传送操作,仅仅是开始和结尾借用CPU一点时间,其余不占用CPU任何资源，中断方式是程序切换,每次操作需要保护和恢复现场。13．一个计算机系统中的总线，大致分为哪几类？答：大致分为三类，分别是内部总线、系统总线、I/O总线。14．简述计算机CPU流水线工作原理及流水线阻塞原因，并举三个因素分析。答：CPU流水线工作原理是将指令的执行过程分解为N个子过程，分别由不同的功能部件去执行，程序执行的时间缩小为顺序执行方式时间的1/N，从而大大提高CPU的处理能力。造成流水线阻塞的原因有1、由于执行指令的每个功能部件的执行时间不可能完全相等，从而出现等待，而达不到所有功能段全面忙碌的要求；2、流水线中存在的相关问题，如第2条指令的操作数地址即为第1条指令保存结果的地址，那么第2条指令取操作数的动作需要等待一个周期时间才能进行，否则取得的数据是错误的；3、程序转移对流水线的影响。在大多数流水线机器中，当遇到条件转移指令时，确定转移与否的条件码往往由条件转移指令本身或由它前一条指令形成，只有当它流出流水线时，才能建立转移条件并决定下条指令地址。因此，当条件转移指令进入流水线后直到确定下一地址之前，流水线不能继续处理后面的指令而处于等待状态，因而造成阻塞。15．外围设备的I/O控制分哪几类？答：分为程序查询方式、程序中断方式、直接内存访问（DMA）方式、通道方式、外围处理机方式5类。外围处理机方式：通道方式的进一步发展，基本上独立于主机工作，结果更接近一般处理机。16．简述硬盘头盘组件密封原因。答：密封的原因是使磁头和盘片精密配合，并防止灰尘进入盘体内，从而使磁头与盘面之间的间隙减到更小值，以提高位密度。17．CPU内部有哪些部件组成？其功能是什么？答：CPU内部由运算器、控制器、存储器组成。运算器的功能是对数据进行算术运算和逻辑运算，控制器的功能是分析指令并发出相应的控制信号，存储器的功能是存放数据和各种指令。18．简述CRT对一屏字符（字符显示窗口8×15,字符点阵7×8，一屏字符为80×25个字）工作原理。答：CRT对一屏字符（字符显示窗口8×15,字符点阵7×8，一屏字符为80×25个字）工作原理光栅扫描显示器显示字符的方法是以点阵为基础的。这种方法将字符分解成m×n个点组成阵列，将点阵存入由ROM构成的字符发生器中，在CRT进行光栅扫描的过程中,从字符发生器中依次读出点阵，按照点阵的0和1控制扫描电子束的开关，就可以在屏幕上组成字符。点阵的多少取决于显示字符的质量和字符块的大小。字符块指的是每个字符在屏幕上所占的点数，也称作字符窗口，它包括字符显示点阵和字符间隔。对应于每个字符窗口，所需显示字符的ASCII代码被存放在视频存储器VRAM中，因此应有2000个单元存放字符信息。字符发生器ROM的高位地址来自VRAM的ASCll代码，低位地址来自称为光栅地址计数器的输出RA3-RAO，它具体指向这个字形点阵中的某个字节。在显示过程中，按照VRAM中的ASCll码和光栅地址计数器访问ROM，依次取出字形点阵，就可以完成一行字符的输出。19．简述堆栈的作用。答：由于堆栈具有先进后出的性质，因而在中断、子程序调用过程中广泛用于保存返地址、状态标志及现场信息。另一个重要作用是用于子程序调用时参数的传递。20.计算机每执行一条指令都可分为三个阶段进行。即取指令-----分析指令-----执行指令。取指令的任务是：根据程序计数器PC中的值从程序存储器读出现行指令，送到指令寄存器。分析指令阶段的任务是：将指令寄存器中的指令操作码取出后进行译码，分析其指令性质。如指令要求操作数，则寻找操作数地址。计算机执行程序的过程实际上就是逐条指令地重复上述操作过程，直至遇到停机指令可循环等待指令。一般计算机进行工作时，首先要通过外部设备把程序和数据通过输入接口电路和数据总线送入到存储器，然后逐条取出执行。四计算题1.解：[X]补=1.10001[-X]补=0.01111[Y]补=0.11001[-Y]补=1.00111X+Y=+0.01010X-Y结果发生溢出例题：例2.已知x=-0.01111，y=+0.11001，求[x]补，[-x]补，[y]补，[-y]补，x+y=？，x–y=？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．原码11110001反码10001110补码10001111移码000011113．11111111，100000014．存储面=20个记录面柱面=6000硬盘的存储容量=32*6000*32*512B数据传输率=(5400/60)*(32*512)B/s例1.某磁盘存贮器转速为3000转/分，共有4个记录面，每毫米5道，每道记录信息为12288字节，最小磁道直径为230mm，共有275道。问：（1）磁盘存贮器的容量是多少？（2）最高位密度与最低位密度是多少？（3）磁盘数据传输率是多少？（4）平均等待时间是多少？（5）给出一个磁盘地址格式方案。解：（1）（1）每道记录信息容量=12288字节每个记录面信息容量=275×12288字节共有4个记录面，所以磁盘存储器总容量为：4×275×12288字节=13516800字节（2）最高位密度D1按最小磁道半径R1计算（R1=115mm）：D1=12288字节/2πR1=17字节/mm最低位密度D2按最大磁道半径R2计算：R2=R1+（275÷5）=115+55=170mmD2=12288字节/2πR2=11.5字节/mm(3)磁盘传输率C=r·Nr=3000/60=50周/秒N=12288字节（信道信息容量）C=r·N=50×12288=614400字节/秒（4）平均等待时间=1/2r=1/(2×50)=10毫秒（5）磁盘存贮器假定只有一台，所以可不考虑台号地址。有4个记录面，每个记录面有275个磁道。假定每个扇区记录1024个字节，则需要12288÷1024字节=12个扇区。由此可得如下地址格式：146543柱面（磁道）号盘面（磁头）号扇区号0例4.软盘驱动器使用双面双密度软盘，每面有80道，每道15扇区，每个扇区存储512B。已知磁盘转速为360转/分，假设找道时间为10-40ms，今写入38040B，平均需要多少时间？最长时间是多少？解：每道存储容量为：15×512B=7680B磁盘转速为：360转/分=6转/秒访存时间为：1/6×1000ms×1/2=83.3ms写入一道数据需用（平均）：（10+40）/2+83.3=108.3ms写入一道数据需用（最多）：40+83.3=123.3ms写入数据所用道数：38040÷7680=5（道）平均所需时间：108.3ms×5=541.5ms最长时间：123.3ms×5=616.5m