② 尾数相加：Mb = Mx + My = 00.000000110...000+ 11.000001010 ...000 （注意小数点在隐藏位后） 根据原码加/减法运算规则，得：00.000000110...000+ 11.000001010...000 = 11.000000100…000 上式尾数中最左边第一位是符号位，其余都是数值部分，尾数后面两位是附加位（加粗）。 ③ 规格化：根据所得尾数的形式，数值部分最高位为1，所以不需要进行规格化。
④ 舍入：把结果的尾数Mb中最后两位附加位舍入掉，从本例来看，不管采用什么舍入法，结果
都一样，都是把最后两个0去掉，得：Mb = 11.000000100…0
⑤ 溢出判断：在上述阶码计算和调整过程中，没有发生“阶码上溢”和“阶码下溢”的问题。
因此，阶码Eb = 10000101。
最后结果为Eb = 10000101，Mb = 1(1).00000010…0，即：– 64.5。
（2） 0.75–(– 65.25）
① 对阶： [ΔE]补 = [E x]移 + [–[E y]移]补 (mod 2n) = 0111 1110 + 0111 1011 = 1111 1001
ΔE = -7，根据对阶规则可知需要对x进行对阶，结果为：Ex = E y = 10000110，Mx =
00.000000110...000
x的尾数Mx右移一位，符号不变，数值高位补0，隐藏位右移到小数点后面，最后移出的位保
留
② 尾数相加：Mb = Mx – My = 00.000000110...000 – 11.000001010...000 （注意小数点在隐藏位后） 根据原码加/减法运算规则，得：00.000000110...000 – 11.000001010...000=01.00001000…000 上式尾数中最左边第一位是符号位，其余都是数值部分，尾数后面两位是附加位（加粗）。 ③ 规格化：根据所得尾数的形式，数值部分最高位为1，不需要进行规格化。
④ 舍入：把结果的尾数Mb中最后两位附加位舍入掉，从本例来看，不管采用什么舍入法，结果
都一样，都是把最后两个0去掉，得：Mb = 01.00001000…0
⑤ 溢出判断：在上述阶码计算和调整过程中，没有发生“阶码上溢”和“阶码下溢”的问题。
因此，阶码Eb = 10000101。
最后结果为Eb = 10000101，Mb = 0(1).00001000…0，即：+66。
思考题：对阶时发生什么情况，就可以不再继续进行计算？
15．假定十进制数用8421 NBCD码表示，采用十进制加法运算计算下列表达式的值，并讨论在十进制
BCD码加法运算中如何判断溢出。 （1）234+567 （2）548+729 参考答案： （1）234+567 0010 0011 0100
+ 0101 0110 0111
0111 1001 1011 + 0110 0111 1010 0001 + 0110 0000 1000 0000 0001 结果为： (801)10
（2）548+729 0000 0101 0100 1000
+ 0000 0111 0010 1001
0000 1100 0111 0001 + 0000 0110 0000 0110 0001 0010 0111 0111 结果为： (1277)10
在第（2）题中，如果是采用12位数表示加数548和729，则能看出最后得到的答案是1100 0111 0111，这时就是BCD码加法溢出了。所以我们在判断的时候不能仅仅看BCD码最高位是不是丢失，而要看结果的最高4位是不是大于9，如果大于9，就可以认为是溢出了。
16．假定十进制数用8421 NBCD码表示，十进制运算673–356可以采用673加上(–356)的模10补码实现。
画出实现上述操作的3位十进制数的BCD码减法运算线路，列出线路中所有的输入变量和输出变量。 参考答案：
[– (356) 10]补 = 0110 0100 0100
0110 0111 0011
+ 0110 0100 0100
1100 1011 0111 + 0110 0110 0000 0011 0001 0111
最高位产生进位，因此，结果为正数：0011 0001 0111，故结果为：(+317)10
电路图分为两部分，一个是求出模10补码，另一个是计算以及判断输出结果的电路图（参见教材图3.33）。
求模10补码的电路图（RTL级）如下：
Add0jianshu[11..0]11' h333 --A[10..0]B[10..0]+ADDER12' h001 --Add1A[11..0]B[11..0]+ADDERtemp[11..0] 计算电路图（RTL级）如下：
1' h0 --Add2A[4..0]B[4..0]Add13A[3..0]result~[71..48]Add14A[4..0]jianshu[11..0]1' h0 --+ADDERtemp[11..0]4' h3 --B[3..0]+Add8ADDER5' h01 --SELB[4..0]+DATAAADDERresult~[83..72]SELOUT0DATAADATABOUT0A[3..0]4' h3 --B[3..0]+ADDERDATAB1' h0 --A[4..0]B[4..0]Add1result[11..0]1' h0 --+A[3..0]Add124' h3 --B[3..0]result~[47..36]Add11A[3..0]MUX21ADDER+ADDER4' h3 --B[3..0]SELMUX211' h0 --A[4..0]B[4..0]Add0+ADDERDATAA1' h0 --+ADDERA[4..0]OUT0Add9DATAB5' h01 --B[4..0]+LessThan4ADDERA[3..0]Add104' h3 --B[3..0]5' h09 --A[4..0]B[4..0]+LessThan3ADDERA[4..0] 第 4 章 习 题 答 案 3. 已知某机主存空间大小为64KB，按字节编址。要求： （1）若用1K×4位的SRAM芯片构成该主存储器，需要多少个芯片？ （2）主存地址共多少位？几位用于选片？几位用于片内选址？ （3）画出该存储器的逻辑框图。 参考答案： （1）64KB / 1K×4位 = 64×2 = 128片。 （2）因为是按字节编址，所以主存地址共16位，6位选片，10位片内选址。 （3）显然，位方向上扩展了2倍，字方向扩展了64倍。下图中片选信号CS为高电平有效。 Y0A15………A10A9…Y63A0…1K*4SRAMCSWR1K*4SRAMCSWR……1K*4SRAMCSWR1K*4SRAMCSWRD7…D0WE 4. 用64K×1位的DRAM芯片构成256K×8位的存储器。要求： （1） 计算所需芯片数，并画出该存储器的逻辑框图。 （2） 若采用异步刷新方式，每单元刷新间隔不超过2ms，则产生刷新信号的间隔是多少时间？若采 用集中刷新方式，则存储器刷新一遍最少用多少读写周期？ 参考答案： （1）256KB / 64K×1位 = 4×8 = 32片。存储器逻辑框图见下页（图中片选信号CS为高电平有效）。 （2）因为每个单元的刷新间隔为2ms，所以，采用异步刷新时，在2ms内每行必须被刷新一次，且 仅被刷新一次。因为DRAM芯片存储阵列为64K=256×256，所以一共有256行。因此，存储器控制器必须每隔2ms/256=7.8μs产生一次刷新信号。采用集中刷新方式时，整个存储器刷新一遍需要256个存储（读写）周期，在这个过程中，存储器不能进行读写操作。 A17Y0……A16A15……Y3A0CSCSCSCSCSCSDRAM64K*1DRAM64K*1DRAM64K*1DRAM64K*1CSDRAM64K*1DRAM64K*1DRAM64K*1DRAM64K*1CSCSCSCSCSCSCSCSCS……DRAM64K*1DRAM64K*1DRAM64K*1DRAM64K*1DRAM64K*1DRAM64K*1DRAM64K*1DRAM64K*1D7…D0 5. 用8K×8位的EPROM芯片组成32K×16位的只读存储器，试问： （1）数据寄存器最少应有多少位？ （2） 地址寄存器最少应有多少位？ （3） 共需多少个EPROM芯片？ （4） 画出该只读存储器的逻辑框图。 参考答案： （1）数据寄存器最少有16位。 （2）地址寄存器最少有：15位（若按16位的字编址）；16位（若按字节编址）。 （3）共需要 32K×16位 / 8K×8位= 4×2 = 8片。 （4）该只读存储器的逻辑框图如下（假定按字编址，图中片选信号CS为高电平有效）。 Y0A14A13A12………………CSWR……CS…………CSWR……Y3A08K*8EPROM8K*8EPROMWR8K*8EPROM8K*8EPROMWRCSD15……D8D7……D0 6. 某计算机中已配有0000H～7FFFH的ROM区域，现在再用8K×4位的RAM芯片形成32K×8位的 存储区域，CPU地址总线为A0-A15，数据总线为D0-D7，控制信号为R/W#（读/写）、MREQ#（访存）。要求说明地址译码方案，并画出ROM芯片、RAM芯片与CPU之间的连接图。假定上述其他条件不变，只是CPU地址线改为24根，地址范围000000H～007FFFH为ROM区，剩下的所有地址空间都用8K×4位的RAM芯片配置，则需要多少个这样的RAM芯片？ 参考答案： CPU地址线共16位，故存储器地址空间为0000H～FFFFH，其中，8000H～FFFFH为RAM区，共215=32K个单元，其空间大小为32KB，故需8K×4位的芯片数为32KB/8K×4位= 4×2 = 8片。 因为ROM区在0000H～7FFFH，RAM区在8000H～FFFFH，所以可通过最高位地址A15来区分，当A15为0时选中ROM芯片；为1时选中RAM芯片，此时，根据A14和A13进行译码，得到4个译码信号，分别用于4组字扩展芯片的片选信号。（图略，可参照图4.15） 若CPU地址线为24位，ROM区为000000H～007FFFH，则ROM区大小为32KB，总大小为16MB=214KB=512×32KB，所以RAM区大小为511×32KB，共需使用RAM芯片数为511×32KB/8K×4位=511×4×2个芯片。 7. 假定一个存储器系统支持4体交叉存取，某程序执行过程中访问地址序列为3, 9, 17, 2, 51, 37, 13, 4, 8, 41, 67, 10，则哪些地址访问会发生体冲突？ 参考答案： 对于4体交叉访问的存储系统，每个存储模块的地址分布为： Bank0: 0、4、8、12、16 … … Bank1: 1、5、9、13、17 …37 …41… Bank2: 2、6、10、14、18 … … Bank3: 3、7、11、15、19…51…67 如果给定的访存地址在相邻的4次访问中出现在同一个Bank内，就会发生访存冲突。所以，17和9、37和17、13和37、8和4发生冲突。 8. 现代计算机中，SRAM一般用于实现快速小容量的cache，而DRAM用于实现慢速大容量的主存。 以前超级计算机通常不提供cache，而是用SRAM来实现主存（如，Cray巨型机），请问：如果不考虑成本，你还这样设计高性能计算机吗？为什么？ WE