发布时间 : 星期一 文章微机原理习题答案更新完毕开始阅读c1d9bf0016fc700abb68fce3
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）
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