大学计算机教师期末教学总结

第一篇：大学计算机教师期末教学总结

大学计算机教师期末教学总结

时光如梭，转眼一个学期已经过去了。本学期，我担任《售后客服》与《商务常识》这两门课程，3个班级的授课。

一体化教学是学校这几年一直推行的教学模式，我只担任过两门课程两个学期的一体化教学，为了能更好的上好课程，本次教学总结，我将就我上的这些课程做一个总结。

本期末的学习沙龙，我和不同老师的交流，让我更加深刻的感觉到上好一体化课程首先最重要的事情是调整好心态。

在一体化教学中，我明显的感觉到一体化教学不如传统教学的地方在于：

1、在同样时间里面，学生掌握的知识点，一体化教学大大的少于传统教学。

2、课堂纪律管理的难度，一体化教学课堂管理大大的高于传统教学。

这个学期我上的一体化教学课程是《售后客服》这门课程3个班级的授课，《售后客服》是新开发的一门课程，也没有教材，基本上所有的资料都必须由我们老师收集提供，因此在课程的开展过程中感觉到不少的问题。

本学期第一个学习任务是《认识售后客服》，我在第一个班级上课的时候，感觉学生由于很少接触过这些方面，因此工作页的完成程度非常差，因此在授课过程中我对学生们出现的问题，对他们不会的地方（如：售后客服的工作内容有哪些？）直接告诉他们这些地方应该怎么做。课后，我就我出现的问题，向其他老师讨教。于是，在第二个班级上课过程中，我就这些问题准备一些案例，像刚刚的售后客服的工作内容，我准备3个案例，一个是我在之前工作中所碰到的一个相对简单，但是过程有点繁琐的案例，第2个是中国联通电话售后客服的一段录音，第3个是淘宝售后客服和客户的几个聊天截图。我每展示一个案例就要求学生总结，这个案例中，售后客服做了哪些工作、同客户交流后，他将会为这个客户去做哪些事情。这样逐步的让学生了解相关的知识点。相对于我直接告诉第一个班级的学生这个问题的答案，第二个班级的学生自己总结的内容，他们能更好的掌握了这个知识点。但是同时我也感觉第二个班级为了掌握这个知识点所花费的时间大大的大于第一个班级。

我来校4年的时间，在我心里我一直很希望我的每一个学生能够在校学有所成。因此，我一直想让学生能吸收更多的知识掌握更多的方式方法，以便能运用在以后的工作中。一体化教学模式的推行，对我的这个理念改变很大，前期的我一直在迷茫。一体化课堂中相关教学流程的设计，让我感觉教师教授给学生的相关知识点太少。课堂上学生自主学习、资料收集、演绎等时间相对比较多，教师教学的时间大大减少，让我心里经常升起一直负疚感。

一体化课程的教学，我是新手，在碰上这样的问题我只能不断的和同事进行交流，不断的在教育教学过程中进行总结一体化教学与传统教学的不同：

、目标不同

传统教学以学会知识点，相关的术语，以及内容为目标，而一体化教学的目标在于培训学生各个方面的能力，如获取知识的能力、团队合作能力、自主学习、持续学习等等各个方面的能力。

2、角色不同

传统教学中，我们是讲授者。学生获取相关知识，记忆相关内容。一体化教学中，我们只是资源的提供者、教学活动的设计者。学生则要完成相关的活动，和其他同学合作完成相关内容，在这个过程中，学生长时间的独立自主学习，收集资料，主动和团队交流，获取相关信心，同时展示自己的学习成果，在这个过程中，他们要承担相应的角色责任。

3、课程中的不同

传统教学是教师为主学生为辅，学生听从老师指挥。一体化教学展示项目教学，有任务目标，有竞争对手，学生自主学习，老师只是指导参与评价学生活动。

4、知识掌握的不同

传统教学传授知识系统，知识获取全面细致。一体化以真实情景为学习环境，以最终的作品为学习成果，锻炼了学生的沟通能力，合作能力，综合运用能力。

因此从最后学生掌握的内容可以看出2种教学方式的优缺点：传统教学下的学生掌握知识比较全面，但是实践能力差。一体化教学下的学生，综合能力比较强，但知识体系不全面。由于我们这是职业学校，大部分学生的特点使得一体化教学模式更加适合这些学生。同时，职业学校出来的学生比本科院校出来的学生的优点不在于他们对知识点掌握的多少，而是他们出来工作能够立马就上手。因此一体化教学比传统教学更加适合职业学校。

想通这一点后，我又进行了思索：我希望我教的学生最终是一个什么样的学生。我不断的和学生们进行交流，了解他们希望自己毕业后的目标。并且通过前一段时间下企业的实践以及同相关毕业生的交流。我现在明确了我对我所教学生的希望：走出去的每一个学生，能够自信大方的面对一切。因此，慢慢的，在整个课程的设计中，我不在过多的去考虑怎样才能让学生掌握更多的知识点，而是更多的去思索，如何设计一个好的任务，能够使得学生根据任务需求来学，让学生自主，主动的去探究学习。如在《物流管理》这个任务中，我设计的其中一个工作是让学生在一个小时，对商品进行包装，使之能经受“野蛮卸货”后仍能“安然无恙”地送到客户手上。在整个课程中，我发现学生的动手能力非常的浓厚，但是浪费，包装错误的问题非常多。因此，在接下来的课程中，我增加了一部分内容。让学生把一些相关的知识点进行收集整理。

这一个学期的一体化教学，转变了我以前的思想，完全的改变了心态，同时通过这一个学期的学习，我深刻的感觉到自己的不足。一体化教学首先条件是教师，需要“双师型”的教师，能够把专业理论和实践结合起来。而我在专业理论，实践方面都有所不足。因此在接下的工作中，我会边教边学，同时在下企业时多看多动手。努力早日把自己培养成一个合格的“双师型”教师。

第二篇：计算机教师期末教学工作总结

计算机教师期末教学工作总结

时光飞逝，我辛勤工作，蓦然回首，一年的教学工作又接近尾声了。回顾这一年的工作情况，我主要从事了以下的工作。虽然工作任务繁重，但我基本上能按部就班地完成学校交给的各项任务。

本人担任了14电商两个班的《网络营销与实训》和13电商三个班的

《商务基础》的课程。还承担了11电商班的毕业设计与论文撰写的指导工作。

在《网络营销与实训》课程中，我能尽职尽责地做好本职工作，热爱、关心学生，能热心、细心、耐心地为学生解答疑题。课堂教学中，在尊重、爱护学生的前提下，不仅教学生做到学会，而且要做到会学。时刻想着学生的需要和接受能力，因材施教。平时强化学生的学习方法意识。我也注意运用启发式、讨论式、愉快式等创设活泼的学习环境，情景交融。尽量调动学生的主观能动性，学有所得的讲、导、练相结合；尽量让学生独立学习，独立思考。教学中，情感因素与学生学习是成败有很大的关系。所以在教学中，我也很注意培养师生情感，以情感人，培养兴趣，激发热情，从而使之爱师，乐学。从期末成绩看来，学生成绩较好。但是部分学生的学习积极性、主动性没有充分调动起来，自觉性不够强。

“兴趣是最好的老师。”我让同学们分成了六个小组，带着兴趣和疑问上网搜索相关资料。学生们如果对学习没有兴趣，便没有求知欲，也不能产生学习主动性。而兴趣的培养不是一时一事就能解决的，而应贯穿在长期的教学过程中。我尽量精心设计教案，尽可能插入一些有趣味性的东西，尽量让学生享受到学习乐趣。为进一步培养学生学习的兴趣，根据所学知识情况，我常选择一些趣味性强的故事，给学生课后阅读，课上解疑，以提问方式检查，对于学生的每一点进步，我都及时肯定、表扬、鼓励，逐步使他们树立学好的信心，从而调动了他们的学习积极性。

教学中，情感因素与学生的成功失败有着很大关系。心理学研究证明：“个体对他人的情感会迁移与他人有关的对象上去。”学生在学习过程中，情感往往由对教师的情感迁移到教师所教学科的情感。因此，教师重视培养学生的情感是教学成功的保证。教师对学生的尊重与爱护，以及和谐融洽的师生关系有助于抵制自卑感对差生侵袭，并能激发起他们做人的自信，也对学习产生积极的影响。

在日常教学中，我以真诚的爱对待学生，尤其是对差生。因为差生更需要获得更多的爱。一般情况下，差生常有一种自卑感，常常疏远老师，有问题不敢问，日积月累，问题愈积愈多，思想包袱越来越重，因而学习上困难就越来越大。对于这种情况，我主动接近他们，与他们多交往，关心他们学习、生活乃至家庭情况，做他们的知心朋友，建立友好的师生关系，热忱帮助他们解决学习上的困难，排除生活上的疾苦。

在课堂上，我还注意通过自己的语言、动作、表情传递给差生亲切、信任、尊重的情感信息，使他们以轻松愉快的心情投入学习，从而活跃思维，启迪智慧，发挥潜力，满怀信心地学习。

在每位学生身上，我不断地看到他们的长处，找出他们行为中的闪光点，哪怕是细微的优点。我先表扬他不怕错的精神，再对他说：“下次还请你，老师相信你能成功。在”下次“之前，为他创造成功的条件，那么，相信他的”下次“总会有进步的。著名的”罗森塔尔效应“的实践告诉人们，学生能否持之以恒地学习，与教师的信任程度有密切的关系。当学生站起来不能流利地回答问题的时候，教师投去一个期待的目光，说一句信任的话语，帮助他成功一次，那么，他在课堂上发言的水平会更高，学习能力会更强。

人需要赏识，作为课堂主体的学生更不例外。他们常常把教师的赏识看成是对自己的评价，当他们得到赏识时，就觉得自己有进步，能学好，有发展前途，以为自己在教师心目中是好学生，因而产生自身增值感，增强学习的内部动力。在学生的课堂行为表现中，我尽量多些发现可以肯定的东西，对学生的答案或方法，正确的加以赞赏，”锦上添花“；错误的也可以从思维方式、答题方式或态度上加以肯定，”雪中送炭"。至于答错的内容，我用多种手段让其自己认识并纠正，只要纠正对了就给予赞赏，让他看到自己的成绩，以利再学。学生答题正确了，我用“很好”、“居然和我的看法一样”、“你的答案比我的更好”等语言予以赞赏。

在《商务基础》的教学中，我采用了分层次教学。成绩佳的同学给予多点练习任务，为以后选拔竞赛人才做准备。后进的同学给予他们设阶段性目标。使不同学生在不同层次上保持学习的积极性并在各自的基础上发挥特长，使个性的发展和交际能力提高得到和谐的统一。学生有了这种心理状态，就能调动他们的学习积极性，促使他们学好功课。其次，布置作业时，我也充分考虑到差生，差生普遍存在着厌倦练习的现象。要克服它，一方面我鼓励差生树立信心，努力完成练习；另一方面我在布置的数量和难度上可进行调整，差生可做些简单易做、难度低的题，难度大的题则留给学习好的学生。这样既让差生尝到成功的喜悦，也能解决学习好的学生“吃不饱”的问题。

在以后的教学中，我会朝着调动学生积极性的目标努力，不断探索，不断总结，引导学生自我学习，自我发展，让他们在感到成功的意念中逐步形成、增强、坚定学习好的自信心，激发学习积极性、主动性，“爱师、乐学”。从而切实提高课堂教学效率。

第三篇：大学计算机期末复习题

大学计算机期末复习题（很准的哦）

选择题

1、第一台计算机ENIAC淡生于1946年，是电子管计算机；第二代是晶体管计算机；第三代是中小规模集成电路；第四代是大规模集成电路；

2、计算机的应用领域主要有：科学计算；信息管理；实时控制；办公、生产自动化；人工智能，网络通信；电子商务；辅助设计（CAI）；辅助设计（CAD）；

3、计算机的信息表示形式为二进制，它采用了冯。诺依曼的思想原理，即以0 和1两个数字形式用于展现，“逢二进一”；它的基本信息单位为位，即一个二进制位。常用的换算单位有：1 B ===8bit;1KB====1024B;1MB====1024KB;

1GB===1024MB;1TB===1024GB;1个汉字===2B；

4、二进制换算法则：将十进制转化为二进制时除二取佘；二进制转化为八进制时以三位为一组，三位的权重等于八进进中的一位权重，二进制转化为十六进制时以四位为一组；

5、对于字符的编码，普遍采用的是ASCII码，中文含义为美国标准信息交换码；被国际标准化组织ISO采纳，作用通用信息交换标准。

6、计算机的系统的组成由软件系统和硬件系统两部分组成；

7、硬件系统包括运算器，控制器，存储器，输入，输出设备，控制器和运算器合成为中央处理器即CPU，存储器主要有内存和外内之分；内存又分为只读存储器（ROM）和随机存储器（RAM），断电内容丢失的是RAM，外存主要有硬盘（GB），软盘（3。5寸，1。44MB），光盘（650MB左右），移动存储器优盘（MB），MP3（MB）等；

8、软件指在硬件设备上运行的各种程序及其有关的资料。主要有系统软件（操作系统、语言处理程序、数据库管理系统）和应用程序软件即实用程序（如WPS，OFFICE，PHOTOSHOP等）。

9、计算机性能的衡量指标有：

10、计算机语言的发展经历了机器语言，汇编语言，高级语言；计算机能识别的语言是计算机语言；

11、显示器的分辩率是显示器一屏能显示的像素数目，是品价一台计算机好坏的主要指标。常见的主要有尺寸有：640*480800*600，1024*76812、打印机主要有针式打印机，喷墨式，激光打印机；

13、开机方式有：冷启动：加电，引导进入系统；热启动：CTRL + ALT +DEL，也可以用于结束任务；复位启动法：RESET 键；

14、计算机病毒是指：一种人为编制的具有自我复制能力通过非授权入侵而隐藏在可执行程序和数据文件中，影响和破坏计算机的安全的程序；复制性，破坏性，隐藏性，传染性；

15、常见的感染病毒特征：计算机启动比平时过慢，运行异常；有规律的发生异常信息；访问设备时长时间不响应或异常，如打印机不能联机，乱码等；磁盘空间突然变小，或不识别磁盘设备；程序及数据神秘丢失，文件名不能识别；显示莫名信息及异常显示；经常死机，重启，不能正常启动；可执行文件大小变化及不明来源的隐藏文件出现；

16、计算机病毒清除：手工方式（DEBEG）杀毒软件（瑞星杀毒。KV3000，诺盾）

17、上网必须的设备是调制解调器（MODEM），即将计算机识别的数字信号和电话线传输识别的模拟信号进行转化；

18、磁盘格式化命令（FORMAT），可将磁盘重写，将信息丢失；FDISK是分区命令，可以改变磁盘逻辑；

19、计算机网络是指利用通信线路和通信设备将分布在不同的地理位置具有独立功能的计算机系统互相连接起来，在网络软件的支持下，实现彼此之间的数据通信和资源共享；所以利用网络的最大目的是资源共享同时方便数据传输；

20、按地理位置不同一般将网络分为局域网（LAN），城域网（MAN），广域网（WAN）；按拓朴结构一般分为：星型，总线型，环型，混合型；

1.下列不是计算机网络的拓朴结构的是（）

A网状结构B 单线结构C总线结构D 星型结构

2.在16*16点阵字库中，存储每个汉字的字型码需要的字节数为（）

A 32B 256C 4D 2

3.在微机中，VGA的含义是（）

A微机型号B 键盘型号C 显示器标准D 显示器型号

4.数码相机属于外部设备中的（）

A输出设备B 辅助存储设备C 输入设备D 随机存储设备

5.下列存储中，读写速度由快到慢的是（）

ARAMB硬盘C 光盘D软盘

6.微机中硬件系统中最核心的的部件是（CPU）

7.用MIPS来量计算机指标的是（）

A运算速度B 字长C 存储容量D 传输速率

8.下列选项中，不属于计算机病毒的是（免疫性）

9.计算机网络的目标是（资源共享和信息传输）

10.既可作输入设备也可作输出设备的是（硬盘驱动器）

11.下面属于计算机输入（鼠标、键盘、条形码阅读器、猫眼、）、输出（显示器、打印机、绘图形、喷绘器）、存储设备的是（硬盘、软盘、光盘、移动存储器）

12.目前，计算机代表性的应用领域有；科学计算，数据处理，过程控制（计算机辅助工程CAI）辅助设计CAD

13.关于存储量描述正确的是（1MB=1024*1024Bytes）

14.一台计算机要连入Internet必须安装的硬件是（调制解调器modern）

15.计算机必不可少的输入、输出设备是（键盘和显示器）

16.在计算机内部、传送、存储、加工处理的数据和指令都是（二进制码）

17.以下关于操作系统的描述错误的是（操作系统与硬件的联系不如应用程序与硬件的关系紧密）

18.计算机在处理数据时，首先把数据调入（内存）

19.一台计算机的字长是4位，则计算机所能处理的数据位数是（32位）

20.显示器主要性能指标（分辨率）

21.微机Pentiun4 1G,1G表示为什么？（CPU速度）

22.在计算机内部，一切信息是（二进制）

23.一个完整的计算机系统包括（硬件系统和软件系统）

24.TCP/IP包括了三个重要的服务软件：TELNET（简单过程终端协议）、FTP（网际文件传送协议）、SMTP（简单的邮件传送协议）ip地址由32位二进制数组成，分成四组，每组8位，每位最大值256个，所以区间为0----255；

25.计算机网络的目标是实现在Interner上的每一台计算机都有一个域名，用来区别网上的每一台计算机、在域名中最高域名为地区代码为：中国： CN，日本：JP，台湾：TW。美国：US，香港：HK26、网络传输介质：（1）双绞线、（2）同轴电缆、（3）光缆（4）无线通信

26.操作系统实际上是一组程序，他们用于统一管理计算机中的各种软、硬件资源 合理地组织计算机的工作流程，协调计算机的各部分之间、系统与用户之间的关系。

27.操作系统的功能完整叙述？答案：操作系统具有五个方面的功能内存储器管理、处理机管理、设备管理、文件管理和作业管理

28.通过Internet发送或接收电子邮件（E-Mail）的首要条件应该每一个电子邮件，（E-Mail）地址，它的正确形式是

29.将鼠标按钮设置为左手习惯和指针速度改为最快，将任务栏设置为自动隐藏和任务栏上的时钟隐藏。（开始菜单//设置//控制面板//鼠标；我的电脑//右键//快捷菜单//资源管理器//控制面板//鼠标）（开始菜单//设置//作者国栏和开始菜单）

30.设置键盘字符重复延迟最长，字符闪烁频率最快。（控制面板//键盘）

31.将系统时间改为2005年4月20号下午19：30（开始菜单//设置//控制面板//日期及时间；我的电脑//右键//快捷菜单//资源管理器//控制面板//日期及时间）（双击任务栏时间提示框//对话框）

32.在C盘文件夹下创建新文件夹命名为ABC并在该文件夹下创建一个空的BMP图象文件AA.BMP（我的电脑//资源管理器//C：文件菜单//新建//BMP图象；文件菜单//重命名）

33.将C盘文件夹中的T+LETXT文件删除，并清空回收站（我的电脑//资源管理器//C：//选中文件，删除）（回收站右键单击//快捷菜单//清空回收站或打开回收站//清空回收站）

34.通过搜索查到D：中的。WAV格式的声音文件，并复制它们到C：GUANLI文件夹内，GUANLI文件夹自建；

35.将D:中的AA。BMP 文件移到C:下，AA。BMP文件系从桌面的屏幕内容；

（PRINTSCREEN命令和剪切功能）

36.通过反选命令将D：下的非。DOC格式文件选中（先选中。DOC文件，编辑菜单中//反向选择）

37.在D中查找到GUANLI文件夹，并将此共享；

38.利用非连续性选择快捷键将 D：下的.DOC文件全部选中（利用CTRL键）

39.查看文件夹的属性，并设置为隐藏，同时将文件属性设置为可见；设XX 文件为只读属性，；（选中文件//菜单栏//属性；或者是右键单击//属性）（菜单栏//工具//查看）

40.将隐藏默认文件名的扩展名设置为可见状态；（菜单栏//工具//查看）

41.在C磁盘下新建一个AAA。BMP文件，并设置桌面背景为C：AAA。BMP（控制面板//显示；桌面空白处单击右键//属性）

42.将D：下的文件按名称进行重新排列；

43.设置桌面磁盘保护程序为三维文字，并设置文字为“我爱交大合力培训中心”

44.设置桌面分辩率为800*600，同时更改我的电脑图标；

45.区域设为英语（美国），小数后位数4位（无需重启）（控制面板//区域设置选项中）

46.添加EPsonLQ-----1600 k本地打印机，并将打印机名称设置为交大合力西郊分校。

47.添加新的输入法新加坡语言，并将声音框设为最小。

48.在桌面上新建D：QQ。EXE文件的快捷启动方式，并命名为“聊天真好”，并采用“发送到桌面快捷方式”

49.在开始菜单级创建D：QQ。EXE文件的快捷方式。命名为“咱们要好好聊天”

50.对D：QQ。EXE文件创建快捷方式在同级目录下。

51.利用开始菜单、搜索网上邻居的192。168。0。254，并将该机上的AAA文件夹下的NIT模拟文件夹复制到本机上

第四篇：大学计算机教师教学工作总结

大学计算机教师个人教学工作总结

在过去的一学期中，我能够做到自觉、认真、扎实的备好课，尽自己的最大努力上好课，认真学习先进的教育理论、优秀的教学方法和新的教育技术，并且努力应用于实际教学工作中；能够针对自己的特点和所教专业，努力学习，积极钻研，认真授课，热情辅导，按时按质批改作业，尽心尽力完成好各个教学环节,将主要工作总结如下。

一、日常教学工作：

autocad课程是每周8学时，3dsmax和毕业设计是每周20学时，课时量比较多、又是跨科目教学，所以准备起来不太容易，需要大量时间去备课备学生。为了能够顺利的完成教学任务，达到教学目标，上好每一节课，我就给自己制定了“三认真”要求，即严格要求自己的同时要认真备好每节课；认真上好每节课；认真批改每本作业。通过努力，我觉得自己还是做到了，为了备好一节课，我往往会花上一个晚上来反复钻研教材，翻阅各类教学教参，就是想备出一节让自己满意的课，上一节让学生有收获的课。

二、训练与比赛：

中等职业学校学生的学习是与应用技术紧密结合的，那么训练学生参加竞赛是对学生实用技术水平的提高，也是对老师教学成果的检验。所以带领学生参加各种竞赛也是本学期的教学任务之一。1、5月参加吉林省中等职业学校技能竞赛动画片制作教师组二等奖。2、6月组织并带领学生参加20xx全国三维数字化创新设计大赛。

三、学习与提高：

俗话说要给学生一碗水，自己就要有一缸水。对于教师来讲就要具备丰富的知识，所以我时很注重对自己知识的储备。当今社会知识更新速度飞快，计算机应用技术更新换代日新月异，对于我们中等职业学校的专业教师来讲也是需要不断的充实和提高自己。为了让学生掌握到新的动画制作技术，我假期接受了maya技术的培训。此次收获很大，使我在专业技术上又上了一个新的台阶。走进21世纪，社会对教师的素质要求更高，在今后的教育教学工作中，我将更严格要求自己，努力工作，发扬优点，改正缺点，开拓前进，为美好的明天奉献自己的力量。篇二：大学计算机教师期末教学总结

大学计算机教师期末教学总结

大学计算机教师期末教学总结

时光如梭，转眼一个学期已经过去了。本学期，我担任《售后客服》与《商务常识》这两门课程，3个班级的授课。

一体化教学是学校这几年一直推行的教学模式，我只担任过两门课程两个学期的一体化教学，为了能更好的上好课程，本次教学总结，我将就我上的这些课程做一个总结。本期末的学习沙龙，我和不同老师的交流，让我更加深刻的感觉到上好一体化课程首先最重要的事情是调整好心态。

在一体化教学中，我明显的感觉到一体化教学不如传统教学的地方在于：

1、在同样时间里面，学生掌握的知识点，一体化教学大大的少于传统教学。

2、课堂纪律管理的难度，一体化教学课堂管理大大的高于传统教学。

这个学期我上的一体化教学课程是《售后客服》这门课程3个班级的授课，《售后客服》是新开发的一门课程，也没有教材，基本上所有的资料都必须由我们老师收集提供，因此在课程的开展过程中感觉到不少的问题。

本学期第一个学习任务是《认识售后客服》，我在第一个班级上课的时候，感觉学生由于很少接触过这些方面，因此工作页的完成程度非常差，因此在授课过程中我对学生们出现的问题，对他们不会的地方（如：售后客服的工作内容有哪些？）直接告诉他们这些地方应该怎么做。课后，我就我出现的问题，向其他老师讨教。于是，在第二个班级上课过程中，我就这些问题准备一些案例，像刚刚的售后客服的工作内容，我准备3个案例，一个是我在之前工作中所碰到的一个相对简单，但是过程有点繁琐的案例，第2个是中国联通电话售后客服的一段录音，第3个是淘宝售后客服和客户的几个聊天截图。我每展示一个案例就要求学生总结，这个案例中，售后客服做了哪些工作、同客户交流后，他将会为这个客户去做哪些事情。这样逐步的让学生了解相关的知识点。相对于我直接告诉第一个班级的学生这个问题的答案，第二个班级的学生自己总结的内容，他们能更好的掌握了这个知识点。但是同时我也感觉第二个班级为了掌握这个知识点所花费的时间大大的大于第一个班级。

我来校4年的时间，在我心里我一直很希望我的每一个学生能够在校学有所成。因此，我一直想让学生能吸收更多的知识掌握更多的方式方法，以便能运用在以后的工作中。一体化教学模式的推行，对我的这个理念改变很大，前期的我一直在迷茫。一体化课堂中相关教学流程的设计，让我感觉教师教授给学生的相关知识点太少。课堂上学生自主学习、资料收集、演绎等时间相对比较多，教师教学的时间大大减少，让我心里经常升起一直负疚感。

一体化课程的教学，我是新手，在碰上这样的问题我只能不断的和同事进行交流，不断的在教育教学过程中进行总结一体化教学与传统教学的不同：

1、目标不同

传统教学以学会知识点，相关的术语，以及内容为目标，而一体化教学的目标在于培训学生各个方面的能力，如获取知识的能力、团队合作能力、自主学习、持续学习等等各个方面的能力。

2、角色不同

传统教学中，我们是讲授者。学生获取相关知识，记忆相关内容。一体化教学中，我们只是资源的提供者、教学活动的设计者。学生则要完成相关的活动，和其他同学合作完

成相关内容，在这个过程中，学生长时间的独立自主学习，收集资料，主动和团队交流，获取相关信心，同时展示自己的学习成果，在这个过程中，他们要承担相应的角色责任。

3、课程中的不同

传统教学是教师为主学生为辅，学生听从老师指挥。一体化教学展示项目教学，有任务目标，有竞争对手，学生自主学习，老师只是指导参与评价学生活动。

4、知识掌握的不同

传统教学传授知识系统，知识获取全面细致。一体化以真实情景为学习环境，以最终的作品为学习成果，锻炼了学生的沟通能力，合作能力，综合运用能力。

因此从最后学生掌握的内容可以看出2种教学方式的优缺点：传统教学下的学生掌握知识比较全面，但是实践能力差。一体化教学下的学生，综合能力比较强，但知识体系不全面。由于我们这是职业学校，大部分学生的特点使得一体化教学模式更加适合这些学生。同时，职业学校出来的学生比本科院校出来的学生的优点不在于他们对知识点掌握的多少，而是他们出来工作能够立马就上手。因此一体化教学比传统教学更加适合职业学校。

想通这一点后，我又进行了思索：我希望我教的学生最终是一个什么样的学生。我不断的和学生们进行交流，了解他们希望自己毕业后的目标。并且通过前一段时间下企业的实践以及同相关毕业生的交流。我现在明确了我对我所教学生的希望：走出去的每一个学生，能够自信大方的面对一切。因此，慢慢的，在整个课程的设计中，我不在过多的去考虑怎样才能让学生掌握更多的知识点，而是更多的去思索，如何设计一个好的任务，能够使得学生根据任务需求来学，让学生自主，主动的去探究学习。如在《物流管理》这个任务中，我设计的其中一个工作是让学生在一个小时，对商品进行包装，使之能经受“野蛮卸货”后仍能“安然无恙”地送到客户手上。在整个课程中，我发现学生的动手能力非常的浓厚，但是浪费，包装错误的问题非常多。因此，在接下来的课程中，我增加了一部分内容。让学生把一些相关的知识点进行收集整理。这一个学期的一体化教学，转变了我以前的思想，完全的改变了心态，同时通过这一个学期的学习，我深刻的感觉到自己的不足。一体化教学首先条件是教师，需要“双师型”的教师，能够把专业理论和实践结合起来。而我在专业理论，实践方面都有所不足。因此在接下的工作中，我会边教边学，同时在下企业时多看多动手。努力早日把自己培养成一个合格的“双师型”教师。篇三：大学教师三年工作总结

大学教师三年工作总结

xxxx学院 xxx xxx，男，汉族，中共党员，2006年7月毕业于xx大学计算机科学与技术学院。毕业以来本人一直在xxxxx学院工作，在学院党委行政的领导下，我不断加强学习，努力工作，在思想觉悟、工作能力、工作业绩等方面都取得了较大的提高和进步。现将我三年以来的工作情况总结如下：

一、加强理论学习，增强政治理论水平和思想道德素质

近年来，我一直将理论学习作为自身的重要任务，自觉做到努力增强党性观念，勤学多想，提高思想政治素质，牢固树立马克思主义的世界观、人生观和价值观，保持良好的师德师风。积极参加党组织的各种政治学习及教育活动；积极向同事和学生宣传党的方针政策和学院党委的有关精神；时刻牢记为人民服务的宗旨，明白自己所肩负的责任；始终以一个优秀共产党员的标准严格要求自己，一直争取在工作中要起到模范带头作用。

二、提高专业素质，不断增强工作能力

我毕业以来就一直在xxxx学院工作，经过不断学习、不断积累，具备了比较丰富的工作经验，能够比较从容地开展各项工作，在教学能力、学生管理能力、协调能力和文字言语表达能力等方面，经过多年的锻炼都有了很大的提高，保证了我参与的各项工作的正常运行，在日常的各项工作过程中，没出现过错。

计算机相关学科是一个发展速度极快的学科，近三年我自觉加强专业知识的更新，不断提高专业知识水平和专业课教学水平。2009 年11月参加工业与信息化部、人社部联合组织的“计算机技术与软件专业技术资格（水平）考试”，取得了“软件设计师”资格（中级）；

三、敬业爱岗，勤奋工作

教学工作：本人主要从事计算机相关专业课程的教学工作。在近三年的教学工作中，我认真学习相关知识，努力提高教学水平，研究创新教学方法，不断提高教学质量。我主要承担的课程有《微机基础》、《计算机等级考试二级access数据库》、《计算机等级考试二级公共基础知识》、《网页设计与制作》、《c语言程序设计》等课程的教学任务，年均课时288节。

计算机系相关工作：计算机系于2010年3月开始筹建，本人作为筹建小组成员全程参与了计算机系筹建工作。筹建过程中，我积极参与完成并完善了筹建方案，积极与学院领导沟通和有关部门协调，完成了相关办公场所和办公设施的申请，完善了计算机系相关工作分工安排等工作，为计算机系筹建完成贡献了自己的一份力量。计算机系2011年9月成立以来，我一直协助负责人管理计算机系学生工作。工作过程中，我认真做好计算机系学生思想政治教育、教室和宿舍卫生检查、学生纪律检查监督、招生就业、贫困学生资助、校企合作等工作。通过近一年的努力，计算机系的学生工作已逐步走向正规。

辅导员、班主任工作：近三年，我先后担任2008级高职护理班主任和计算机系2008级辅导员等工作。工作期间，我积极完成系里安排的相关工作任务，配合计算机系做好班级的学生思想政治教育、教室和宿舍卫生检查、学生纪律检查监督、招生就业、贫困学生资助

等工作。其他工作：近三年来，我积极完成了实验中心安排的机房管理、计算机等级考试培训、网站制作等工作，参与完成了院级科研项目《基于web的精品课程网站建设》。

四、尽职尽责，扎实工作，取得了一定成绩

近三年，我都较好地完成学院安排的各项工作，包括教学工作、计算机系相关工作、班主任辅导员工作和其他工作，并取得了一定成效，得到了广大领导、老师和学生的肯定。在2010、2011考核中两次被评定为优秀，并于2011被评定为优秀共产党员。

五、不断改进作风，无私奉献，注重廉洁自律

在作风上，我能做到遵章守纪、团结同事、务真求实，始终保持严谨认真的工作态度和一丝不苟的工作作风，勤勤恳恳，任劳任怨。在生活中发扬艰苦朴素、勤俭耐劳、乐于助人的优良传统，始终做到老老实实做人，勤勤恳恳做事，勤劳简朴的生活，时刻牢记党员的责任和义务，严格要求自己，在任何时候都要起到模范带头作用。在本职工作岗位上，能维护大局，注重团结，以诚待人。牢固树立产主义的世界观、人生观、价值观，从思想上、政治上时刻与党中央及各级党组织保持高度一致。在廉政建设中始终对自己高标准、严要求，以身作则，时刻做到自重、自醒、自警、自励，自觉加强党性修养。通过加强自身的建设，进一步坚定了全心全意为人民服务的宗旨观念，把廉政建设变成自觉行动，贯穿于日常工作始终，坚决做到立党为公，执政为民，自觉抑制不正之风和腐败现象的侵蚀，养成奉公守法，以清廉为荣的作风。

近三年，在领导和同事的关心下，我在各方面都取得了一定的进步和提高，较好地完成了以上工作。随着学院各项工作的不断推进，可以预料我们的工作将更加繁重，要求也更高，需要掌握的知识更广。为此，我将更加勤奋工作，刻苦学习，努力提高各项素质和各种工作技能，为学院的发展做出自己的贡献。

第五篇：计算机期末总结

期中考试

1.试述先行进位解决的问题及基本思想。（1）进位的传递速度

（2）让各位的进位与低位的进位无关，仅与两个参加操作的数有关。由于每位的操作数是同时给出的，各进位信号几乎可以同时产生，和数也随之产生，所以先行进位可以提高进位的传递速度，从而提高加法器的运算速度。2.简述浮点运算的基本步骤（以加法运算为例）例： 两浮点数相加，求X+Y。

已知：X＝2010 · 0.11011011，y＝2100 ·(-0.10101100)解：X和Y在机器中的浮点补码表示形式为(双符号位)：

阶符 阶码 数符 尾数

X： 0 0 0 1 0 0 0 1 1 0 1 1 0 1 1 Y： 0 0 1 0 0 1 1 0 1 0 1 0 1 0 0 计算过程：

①对阶操作

阶差ΔE＝[Ex]补+[-EY]补=00010+11100=11110 X阶码小，Mx右移2位，保留阶码E＝00100。[Mx]补=00 00 110 110 11 下划线上的数是右移出去而保留的附加位。

②尾数相加

[Mx]补+[MY]补=000011011011+1101010100=111000101011。

③规格化操作

结果的符号位与最高数值位同值,应执行左规处理, 结果为11 00010101 10, 阶码为00 011。④舍人

附加位最高位为1，采用0舍1入法处理，在所得结果的最低位+1，得新结果： [M]补=1100010110，M：-0．11101010。⑤判溢出

阶码符号位为00，故不溢出、最终结果为： X+Y=2010 ·(-0．11101010)

3.DRAM存储器为什么要刷新？ 防止漏电，保证存储信息不破坏。4.CPU如何区分指令和数据？

空间：指令的地址是由程序计数器(PC)规定的，而数据的地址是由指令规定的。在程序执行过程中，要避免修改指令,但可以修改数据。

时间：指令在前，数据在后。（时序）

5、RISC和CISC分别代表什么？

精简指令系统计算机(RISC)复杂指令系统计算机(CISC)

6、求信息码01101110的海明校验码。解：(1)求信息码01101110的海明校验码 ①确定海明校验位的位数：

设R为校验位的位数，则整个码字的位数应满足不等式N=K+R<=2R-1。

设R=3，则23-1=7，N=8+3=11,不等式不满足:设R=4，则

24-1=15，N=8+3=11,不等式满足。所以R最小取4。

②确定校验位的位置：位号(1—12)为2的权值的那些位，即 : 20、21、22、23的位置作为校验位，记作P1、P2、P3、P4，余下的为有效信息位。即：

P1

P2

D0

P3

D1

D2

D3

P4

D4

D5

D6

D7 ③分组：有4个校验位，将12位分4组，第I位由校验位号之和等于I的那些校验位所校验。如表2.4所示。

④校验位的形成：

P1=第一组中的所有位(除P1外)求异或： D6 ⊕ D4 ⊕ D3 ⊕ D1 ⊕ D0

=1 ⊕0 ⊕1 ⊕1 ⊕0=1 P2=第一组中的所有位(除P2外)求异或：D6 ⊕D5 ⊕ D3 ⊕ D2 ⊕ D0

=1 ⊕1 ⊕1 ⊕1 ⊕0=0 P3=第一组中的所有位(除P3外)求异或：D7 ⊕D3⊕ D2⊕ D1

=0 ⊕1 ⊕1 ⊕0=0 P4=第一组中的所有位(除P4外)求异或：D7⊕ D6⊕ D5⊕ D4

=0 ⊕1 ⊕1 ⊕0=0 所以，信息码01101110的海明校验码为011001110001。(2)校验原理

在接收端分别求S1、S2、S3、S4 S1=P1⊕第一组中的所有位求异或 =P1⊕ D6 ⊕ D4 ⊕ D3 ⊕ D1 ⊕ D0 S2=P2⊕第二组中的所有位求异或 =P2⊕ D6 ⊕D5 ⊕ D3 ⊕ D2 ⊕ D0 S3=P3⊕第三组中的所有位求异或 =P3⊕ D7 ⊕D3⊕ D2⊕ D1 S4=P4⊕第四组中的所有位求异或 =P4⊕ D7⊕ D6⊕ D5⊕ D4 当S1 S2S3 S4=0000时，接收的数无错，否则 S1 S2S3 S4的二进制编码即为出错位号，例如 S1 S2S3 S4=1001说明第9位出错，将其取反，即可纠错。根据此原理，指出和纠正1位出错位的海明校验逻辑电路如图2.1所示。

海明校验逻辑电路图：

7.某指令系统的指令字长16位，可含有3、2、1或0个地址，每个地址占4位。请设计该指令系统的格式，最多共有多少条指令？ 解：扩展操作码

8.分析加减交替除法的基本原理。

9.某机字长8位，试用如下所给芯片设计一个存储器，容量为10K，其中RAM为高8K，ROM为低2K，最低地址为0（RAM芯片类型有为：4K8，ROM芯片有：2K4）。①地址线、数据线各为多少根? ②RAM和ROM的地址范围分别为多少? ③每种芯片各需要多少片。

④画出存储器结构图及与CPU连接的示意图。

第三章习题课：

1.写出下列数据规格化浮点数的编码(设l位符号位，阶码为5位移码，尾数为10位补码)。

(1)+111000(2)-10101(3)+0.01011 解：(1)+111000=26×0.111000 符号位为0；6的阶码移码表示为10110；尾数补码为1110000000，所以+111000规格化浮点数的编码为0 10110 1110000000(2)-10101=25×（-0.10101）

符号位为1；5的阶码移码表示为10101；尾数补码为0101100000，格化浮点数的编码为1 10101 0101100000(3)+0.01011 =2-1×0.1011 符号位为0；-1的阶码移码表示为01111；尾数补码为1011000000，所以+0.01011的规格化浮点数的编码为0 01111 1011000000 2.在浮点数编码表示中___在机器数中不出现，是隐含的。（答案：D）A.阶码 B.符号 C.尾数 D.基数

3.浮点数的表示范围和精度取决于____.（答案；A）A.阶码的位数和尾数的位数

B.阶码采用的编码和尾数的位数

C.阶码采用的编码和尾数采用的编码 D.阶码的位数和尾数采用的编码

4.能发现两位错误并能纠正一位错的编码为（答案：B）

A.CRC码 B.海明码 C.偶校验码 D.奇校验码 5.用变形补码计算 X-Y，X+Y，并判别结果的正确性。设：X=0.11011，Y=-0.10010 解：[X]补=0011011 [Y]补=1101110 [-Y]补=0010010 [X]补+[-Y]补=0101101 溢出

[X]补+[Y]补=0001001 无溢出 X+Y = 0.01001 6.在计算机中，所表示的数有时会发生溢出，其根本原因是计算机的字长有限。答案：对

7.8421码就是二进制数。答案：不对。8421码是十进制数的编码。8.表示定点数时，若要求数值0在计算机中惟一地表示为全0，应使用反码表示。答案:错。表示定点数时，若要求数值0在计算机中惟一地表示为全0，应使用补码。

第四章 内容

1.主存储器用来暂时存储CPU正在使用的指令和数据，它和CPU的关系最为密切。主存储器和CPU的连接是由总线支持的，连接形式如图4．1所示。

2.例:16KX4位芯片组成16KX8位的存储器

3.例: 4个16KX8位静态芯片组成64KX8位存储器。

4.例1：由Intel2114(1KX4位)芯片组成容量为4KX8位的主存储器的逻辑框图,说明地址总线和数据总线的位数，该存储器与8位字长的CPU的连接关系。解：此题所用芯片是同种芯片。

（1）片数=存储器总容量（位）/芯片容量（位）=4K*8/（1K*4）=8（片）（2）CPU总线（由存储器容量决定）

地址线位数=log2(字数)=log2(4K)=12(位)数据线位数=字长=8（位）

（3）芯片总线（由芯片容量决定）地址线=log2(1K)=10(位)数据线=4（位）

（4）分组（组内并行工作，cs连在一起，组间串行工作，cs分别连接译码器的输出）。

组内芯片数=存储器字长/芯片字长=8/4=2（片）组数=芯片总数/组内片数=8/2=4（组）（5）地址分配与片选逻辑

(6)连接方式:扩展位数,扩展单元数,连接控制线

5.例2.某半导体存储器，按字节编址。其中，0000H-07FFH为ROM区，选用EPROM芯片（2KB/片）；0800H-13FFH为RAM区，选用RAM芯片（2KB/片和1KB/片）。地址总线A15-A0（低）。给出地址分配和片选逻辑。1）计算容量和芯片数

ROM区：2KB RAM区：3KB 共3片 2）地址分配与片选逻辑

存储空间分配：先安排大容量芯片（放地址低端），再安排小容量芯片。便于拟定片选逻辑。

6.用8K×8位的ROM芯片和8K×4位的RAM芯片组成存储器，按字节编址，其中RAM的地址为0000H～5FFFH，ROM的地址为6000～9FFFH，画出此存储器组成结构图及与CPU的连接图。解：计算容量、芯片数量：

RAM的地址范围展开为***0~***1，A12-----A0从0000H～1FFFH，容量为：8K，高位地址A15A14A13，从000-010，所以RAM的容量为8K× 3=24K。RAM的容量是24K ×8，需8K ×4的芯片6片。ROM的末地址-首地址=9FFFH-6000H=3FFFH，所以ROM的容量为214=16K。ROM的容量是16K ×8，需 8K×8 的芯片2片。ROM的地址范围展开为0110 0000 0000 0000~1001 1111 1111 1111，高位地址A15A14A13，从011~100。存储器的组成结构图及与CPU的连接如图所示。

7.存储器分布图如下面所示（按字节编址），现有芯片ROM 4K×8和RAM 8K× 4，设计此存储器系统，将RAM和ROM用CPU连接。

解：RAM1区域是8K×8，需2片8K×4的芯片；RAM2区域也是8K×8，需2片8K× 4的芯片；ROM区域是8K×8，需2片4K8的芯片。地址分析如下：

（1）方法一

以内部地址多的为主，地址译码方案为：用A14A13作译码器输入，则Y0选RAM1，Y1选RAM2，Y3选ROM，当A12=0时选ROM1，当A12=1时选ROM2，扩展图与连接图如图所示。

（2）方法二

以内部地址少的为主，地址译码方案为：用A14A13A12作译码器输入，则Y0和Y1选RAM1，Y2和Y3选RAM2，Y6选ROM1，Y7选ROM2，扩展图与连接图如图所示。

8.用8K×8的RAM芯片和2K×8的ROM芯片设计一个10K×8的存储器，ROM和RAM的容量分别为2K和8K，ROM的首地址为0000H，RAM的末地址为3FFFH。(1)ROM存储器区域和RAM存储器区域的地址范围分别为多少?(2)画出存储器控制图及与CPU的连接图。解：（1）ROM的首地址为0000H，ROM的总容量为2K×8；

RAM的末地址为3FFFH，RAM的总容量为8K×8，所以首地址为：2000H。（2）设计方案

（3）方法一

以内部地址多的为主，地址译码方案为：用A13来选择，当A13=1时选RAM，当A13A12A11=000时选ROM，如图所示。

4）方法二

以内部地址少的为主，地址译码方案为：用A13A12A11作译码器输入，则Y0选ROM，Y4、Y5、Y6、Y7均选RAM，如图所示。

9.用4K× 8位的ROM芯片和8K×4位的RAM芯片组成存储器，按字节编址，其中RAM的地址为2000H~7FFFH，ROM的地址为9000H~BFFFH，画出此存储器组成结构图及与CPU的连接图。解：RAM的地址范围展开为

001 0000000000000~011 11111111111，A12----A0从0000H~1FFFH，容量为8K，高位地址从001~011 所以RAM的容量为8K×3=24K。

RAM用8K×4的芯片组成，需8K×4的芯片共6片。ROM的地址范围展开为

1001 000000000000~1011 111111111111，A11----A0从000H~FFFH，容量为4K，高位地址A15A14A13A12,从1001~1011，所以ROM的容量为4K×3=12K。ROM用4K×8的芯片组成，需4K×8的芯片3片。

地址译码方案：用A15A14A13A12作译码器输入，则Y2和Y3选RAM1，Y4和Y5选RAM2，Y6和Y7选RAM3，Y9选ROM1，Y10选ROM2，Y11选ROM3。储器的组成结构图及与CPU的连接图如图所示。

第六章 1.IR指令寄存器：用以存放当前正在执行的指令。

PC程序计数器：即指令地址寄存器。存放当前正在执行的指令地址或下一条指令地址。

指令地址形成:(PC)+1->PC。或: 转移指令修改其内容。

时序控制信号形成部件：根据当前正在执行的指令的需要，产生相应的时序控制信号 指令译码器：对指令寄存器中的操作码进行分析解释，产生相应的控制信号。

脉冲源：脉冲源产生一定频率的脉冲信号作为整个机器的时钟脉冲，是机器周期和工作脉冲的 基准信号。

2.微程序控制器的基本工作原理如下：

1）当指令取入IR中以后，根据操作码进行译码，得到相应指令的第一条微指令的地址。

2）指令译码部件可用只读存储器组成，将操作码作为只读存储器的输入地址，该单元的内容即为相应的微指令在控制存储器中的地址。

3）根据控制存储器中的地址从控制存储器取出微指令，并将它存放在微指令寄存器中。

4）控制字段各位的输出通过连接线直接与受控制的门相连，于是就提供了在本节所提出的控制信号。

3.硬布线控制器与微程序控制器，除了操作控制信号的形成方法和原理有差别外，其余的组成部分没有本质上的差别。最显著差异为两点： 1）实现

微程序控制器的控制功能是在存放微程序的控制存储器和存放当前正在执行的微指令的寄存器直接控制下实现的，特点:电路比较规整，各条指令控制信号的差别反映在控制存储器的内容上.而硬布线控制的控制信号先用逻辑式列出，经化简后用电路实现.特点:电路显得零乱且复杂，当需修改指令或增加指令时是很麻烦的.因此微程序控制得到广泛应用，尤其是指令系统复杂的计算机，一般都采用微程序来实现控制功能。2）性能

微程序控制的速度比硬布线控制的速度低，而硬布线控制的速度快.近年来在一些新型计算机结构中，例如在RISC(精简指令系统计算机)中，一般选用硬布线逻辑。

习题 4.己知某计算机有80条指令，平均每条指令由12条微指令组成，其中有一条取指微指令是所有指令公用的，设微指令长度为32位。请算出控制存储器容量。

解：微指令所占的单元总数：

(80×12-80+1)× 32=（80×11+1)× 32 =881 × 32 所以控制存储器容量可选IK × 32。

5.表中给出了8条指令I1~I8所包含的微命令控制信号。试设计微指令控制字段要求所用的控制位最少，而且保持微指令本身内在的并行性。

解：微指令与包含的命令对应表如表所示。

从表中可知，E、F、H及B、I、J分别两两互斥，所以微指令控制字段格式设计如下：

6.某机采用微程序控制方式，微指令字长24位，水平型编码控制的微指令格式，断定方式，共有微命令30个，构成4个相斥类，各包含5个、8个、14个和3个微命令，外部条件共3个。

（1）控制存储器的容量应为多少?（2）设计出微指令的具体格式。

解：（1）30个微命令构成4个相斥类，其中5个相斥微命令需3位编码；8个相斥微命令需4位编码，14个相斥微命令需4位编码，3个相斥微命令需2位编码：外部条件3个,采用断定方式需2位控制位。以上共需15位。微指令字长24位，采用水平型编码控制的微指令格式，所以还剩9位作为下址字段，这样控制存储器的容量应为512×24.2）微指令的具体格式如图所示。

7.已知某运算器的基本结构如图所示，它具有+(加)、-(减)、M(传送)种操作。（1）写出图中1~12表示的运算器操作的微命令。（2）指出相斥性微操作。

（3）设计适合此运算器的微指令格式。

解:（1）图中1~12表示的运算器操作的微命令分别为：

1：+ 2：-3：M 4：R1→A 5：R2→A 6：R3→A 7： R3→B 8：R2→B 9：R1→B 10： BUS→R1 11： BUS→R2 12： BUS→R3（2）以下几组微命令是相斥的：

1：+ 2：-3：M 4：R1→A 5：R2→A 6：R3→A 7： R3→B 8：R2→B 9：R1→B 10： BUS→R1 11： BUS→R2 12： BUS→R3（3）此运算器的微指令格式如图所示。

8.已知某机采用微程序控制方式，其存储器容量为512×40(位)，微程序在整个控制存储器中实现转移，可控制微程序的条件共12个，微指令采用水平型格式，后继微指令地址采用断定方式，如下所示:

解：（1）假设判别测试字段中每一位为一个判别标志，那么由于有12个转移条件，故该字段为4位，下地址字段为9位。由于控制容量为512单元，微命令字段是(40-4-9)=27位。

（2）对应上述微指令格式的微程序控制器逻辑框如图所示：其中微地址寄存器对应下地址字段，P字段即为判别测试字段，控制字段即为微命令子段，后两部分组成微指令寄存器。地址转移逻辑的输入是指令寄存器OP码，和各状态条件：以及判别测试字段所给的判别标志(某一位为1)，其输出修改微地址寄存器的适当位数，从而实现微程序是分支转移。

9.CPU结构如图所示，其中包括一个累加寄存器AC、一个状态寄存器和其他四个寄存器，各部分之间的连线表示数据通路，箭头表示信息传送方向。(1)标明图6.9中四个寄存器的名称。(2)简述取指令的数据通路。

(3)简述完成指令LDA X的数据通路（X为内存地址，LDA功能为(X)→(AC)）(4)简述完成指令ADD Y的数据通路(Y为内存地址，ADD功能为(AC)+(Y)→(AC))。

(5)简述完成指令STA Z的数据通路(Z为内存地址,STA功能为(AC)→(Z))。

解:(1)A为数据缓冲寄存器MDR，B为指令寄存器IR，C为主存地址寄存器MAR，D为程序计数器PC。

(2)取指令的数据通路：PC→MAR → MM → MDR → IR(3)指令LDA X的数据通路：X → MAR → MM → MDR → ALU → AC(4)指令ADD Y的数据通路：Y → MAR → MM → MDR → ALU → ADD → AC(5)指令STA Z的数据通路：Z → MAR，AC → MDR → MM

第十章

1.中断处理过程

(1)关中断，进入不可再次响应中断的状态，由硬件自动实 现。因为接下去要保存断点，保存现场。此时CPU不响应中断，否则，如果现场保存不完整，在中断服务程序结束之后，也就不能正确地恢复现场并继续执行现行程序。(2)保存断点和现场

为了在中断处理结束后能正确地返回到中断点，在响应中断时，必须把当前的程序计数器PC中的内容(即断点)保存起来。

现场信息一般指的是程序状态字，中断屏蔽寄存器和CPU中某些寄存器的内容。

对现场信息的处理有两种方式：一种是由硬件对现场信息进行保存和恢复；另一种是由软件即中断服务程序对现场信息保存和恢复。

(3)判别中断源，转向中断服务程序。在多个中断源同时请求中断的情况下，需进一步判别中断源，并转入相应的中断服务程序入口。

(4)开中断。因为接下去就要执行中断服务程序，开中断将允许更高级中断请求得到响应，实现中断嵌套。

(5)执行中断服务程序。不同中断源的中断服务程序是不同的，实际有效的中断处理工作是在此程序段中实现的。

(6)退出中断。在退出时，又应进入关中断状态，恢复现场、恢复断点，然后开中断，返回原程序执行。

进入中断时执行的关中断、保存断点等操作一般是由硬件实现的，它被称为“中断隐指令”。

2.1)某总线在一个总线周期中并行传送4个字节的数据，假设一个总线周期等于一个总线时钟周期，总线时钟频率为33MHz，则总线带宽是多少?(2)如果一个总线周期中并行传送64位数据，总线时钟频率升为66MHz，则总线带宽是多少? 解：(1)设总线带宽用Dr表示，总线时钟周期用T=1/f表示，一个总线周期传送的数据量用D表示，根据定义可得: Dr=D/T=D×1/T=D×f =4B×33×1000000/s=132MB/s(2)64位=8B Dr=D×f=8B×66×1000000/s=528MB/s 3.DMA的数据传送过程