第一篇：计算机学科期末总结(王红健)
计算机学科期末总结
2010—2011学年度第二学期
21世纪是信息时代，计算机技术是现代科学技术的基础与核心，是信息社会的主要技术，它已经渗透到社会的各个领域，对当代社会产生了重大的影响，最终可改变我们的工作方式、学习方式和生活方式乃至思维方式，从而将会大大促进人类社会的发展和进步。下面我就总结一下这学期事信息技术教学的心得体会。
1、引入趣味课题，激发学习兴趣
俗话说：兴趣是最好的老师。一个人只有对某个问题产生兴趣，才会启动思维，才会主动去寻找解决它的办法，才会主动获取相关的知识，将“要我学”变为“我要学”。并且，一个人只有在做事情时感到其乐无穷，精神才会高度集中，才能充分发挥自身的聪明才智，才能有所创造，有所发明，兴趣是激发学生学习积极性的动力，也是激发创造力的必要条件。因此，在计算机教学过程中，教师的重要任务之一就是激发学生的学习兴趣。这就要求教师从问题的引入和学习活动的设计上下功夫，引人入胜的开题，生动活泼的学习活动，是引发学生学习兴趣的关键因素。课题能否成功的引入，直接决定了一节课效果，每节课我都力求采用同学们最感兴趣事物来引导他们，如在教三年级制作贺卡，我问学生，你们想不想自己创作出一份贺卡？我选择了学生们喜欢的主题学生兴奋的说当然想了！授课完成后，选择了一些学生喜欢旅游的地方，如广州长隆，香港迪士尼，揭阳风景等，筛选了一些学生喜欢的图片，作为背景在母亲节、父亲节、教师节等等制作不同的贺卡。根据学生这一年龄阶段，统计学生喜欢的动画片，收集了各类动画图片，同学们在课堂上可以方便使用有趣图片、进行交流，学生的学习的兴趣一下子就激发起来了.2、通过学习结果激发学习兴趣
学生通过学习活动，在不断获得新知识的过程中，能够不断地看到自己的成果时，就会爆发出强烈的继续学习的愿望，学习兴趣也就越来越浓厚。如在教学五年级学生如何上网查找资料时，我先到语文老师那里了解了一下课文中需要的学习资料，如《田忌赛马》这篇课文，我教学生在“百度”网里搜索关于“田忌”的图片、课文的生字，词语和词语解释等，有些学生搜到了大量的图片及文字材
料，加深了对课文的理解。这样学生既学习了语文，又学会了上网查资料，真是一举两得！学会了上网查资料的方法后，我让学生自已在网上查找资料，呵呵，爱玩是小学生的天性，他们居然在“百度”网里搜索到了 “连连看”、“对对碰”等等一些“在线小游戏，”在网上玩起了游戏了！我真是服了这些小机灵。在教学过程中，采用边学边用的方法，学一点就让学生应用起来，不但可以满足学生的好奇心，而且在应用的过程中，可以充分肯定学生自身的能力，增强学生的自信心，使学生总感觉到有新的挑战，新的兴奋点，这样既保持和促进了学生的学习积极性，又可以进一步激发学生学习计算机的兴趣，形成一个良性循环。
3、讲课内容打乱教材顺序，抽取精髓，激励同学们主动获取知识
计算机基本知识并没有严格的难易程度界限，特别表现在应用软件上，比如word，powerponit等，并不是必须掌握了所有的琐碎的基本知识如拼写检查、背景设计、模版设计等等才能作出作品，长篇大论的介绍界面、菜单、模版、版式等基本知识只会让学生觉得索然无味，讲授这样的课程时，我的经验是打乱教材顺序，首先抽取精髓来讲，紧紧吸引他们的兴趣。比如讲多媒体作品时，我首先用powerponit做了一个演示文稿作自我介绍，作品中使用了图片、文本、声音、动画等，而且告诉每学生只要使用电脑就能随便看到这个演示文稿，展示完成时，他们很好奇，我就带领着他们具体去实现它，简单介绍了文本、声音、图片的插入，然后要求他们也做一个自我介绍的或是介绍自己班集体的演示文稿，他们很快完成了，很兴奋，但是种种问题也出现了，为了让演示文稿更为美观，错了的字怎么改正？字体、字色的怎么改变，超连接是怎么一回事，鼠标、时间的一些特效等等，有的同学掌握了这些知识，没掌握的怀着迫切的心情认真听我讲解，也能以最快的速度掌握且记忆深刻。只用了短短的几个课时，大部分同学都能随心所欲的制作简单的作品了。
回顾这个学期所从事的信息技术教学工作，基本上是比较顺利地完成了教学任务。当然，在工作中我享受到收获的喜悦，也在工作中发现一些存在的问题。我所享有的收获我会用于下个学期的工作中，我所碰到的问题我要认真思考想办法解决。
明德外语实验学校
王红健
2011年6月14日
第二篇：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：4K8，ROM芯片有：2K4）。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
第三篇：职业学校计算机学科总结
2012-2013学年第一学期计算机
学科工作总结
根据学校安排，本学期我担任民一班的《电脑综合应用》这门课。下面就结合自己的实际教学对本学年的工作进行总结:
一、思想方面
本人能认真学习党的路线、方针和政策，在思想上严于律己，热爱党的教育事业，全面贯彻党的教育方针，严格要求自己，鞭策自己。积极参加学校组织的一系列政治活动，将学到的理论知识切实运用到工作实践中。一学期来，我服从学校的工作安排，配合学校和老师们做好各项工作。
二、教学方面:
认真揣摩教学目标,提前备好课,写好教案。备课时认真钻研教材,力求吃透教材,找准重、难点。上好课的前提是做好课前准备,本学科主要内容都需要上机完成,所以每节课都要提前做好上机准备,检查机器状态。上课认真讲课,力求抓住重点,突破难点,精讲精练,充分调动学生的学习积极性,使学生真正成为“主体”,在学习过程中充分发挥学生个人的想象力和创造力,在掌握基础知识的前提下,使学生独立掌握所学内容。通过一节课的教授使他们他们每一节课都有收获,在学生完成上机任务时,在各台电脑前巡回检查学生的掌握程度,完成情况,并注意辅导,及时找出不足。
教课同时注重于因材施教,让不同学生得到不同的发展。在上课
期间,不同学生表现出不同的兴趣,那么对于课堂任务,学生可以根据自己的情况去选做,这样子,不仅一节课下来在计算机方面收获不小,而且从中体会到了成功的喜悦。
1、以教师为主导，以学生为主体
教师作为教学的主导，必须全面熟练地掌握所用的教材，然后，精心地对它进行加工处理，并且有目的地收集有关资料，与所用教材有机结合，因为计算机的发展变化真可谓日新月异，教材中难免出现“陈旧过时”、甚至错误的内容。现在的学生具有较强的独立思考能力，在整个教学过程中，教师应充分认识到学生是有能动性的教学对象，他们是教学的主体，教师除了课堂的讲解和实践的指导，还应该鼓励学生多使用相关的计算机辅助教学。
2．以应用为目的，以兴趣为动力
对于大多数职业学生来说，将不会从事计算机的科研与开发，而是把计算机作为一种工具，来解决或辅助解决实际问题．所以，计算机应用基础教学目标的确定，就是本着以应用为目的，使学生在走上工作岗位之前，就具备一定计算机基础知识和应用能力。教学过程的实施，包括教师的讲授，要求学生完成的作业以及对学生的成绩考核，应本着应用为目的，以解决实际问题为教学的线索，靠这根线索把有关的知识点有机地串联起来。
3．以实践为基础，以理论为台阶
学习计算机，特别是以应用为目的学习，如果没有实践作为基础，如同在空中楼阁。我认为学习计算机，比较行之有效的方法是；先知
其然，再循序渐进知其所以然。对于一个即将走上工作岗位的职业学生来说，动手能力的培养确实很重要，但是，也不能忽视理论知识的学习和提高，这些理论知识的学习会帮助他们更加得心应手地应用计算机解决实际问题，理论的提高能帮助他们站在更高的高度使用计算机这种人类的工具，从而指导他们在各自的领域发挥更大的作用。
三、需要努力的方面:
1、加强专业知识学习，努力提高自身素材和教育教学水平。
2、尽量让课堂充满新意,让学生更有兴趣去学习,利用各种方法训练提高教学效果。
3、加强机房纪律和机器使用道德方面的教育,使学生能够严格约束自己。
在今后的教育教学工作中，我将立足实际，认真分析和研究好教材、大纲，研究好学生，使工作有所开拓，有所进取，更加严格要求自己，努力工作，发扬优点，改正缺点，开拓前进。
秦江
2013年1月9日
第四篇：英语学科总结 王
英语教学工作总结
一学期的教学工作已圆满结束，现将本人所任学科四、五年级英语教学工作总结如下。
1、教学计划具体完成情况
按照学期初指定的教学计划，能够认真贯彻落实到位，遵照学校的课程安排，有条不紊地上满课时，严格执行教学进度，较顺利完成了教学任务。
2、学生学习具体情况分析
所任学科年级学生普遍具有浓厚的学习兴趣和积极性，课堂活动积极参与，课外活动较好地参加，按时完成作业。对个别学生来说，首先摆在他们面前的就是缺少这种外在的语言环境。在现实生活中，学生没有说英语的需要，没有说英语的对象，更没有说英语的意识。学生刚开始学英语时，兴趣很浓，愉快地歌唱英语儿歌，尽情地玩英语游戏，使学生们乐此不疲。久而久之，学生就失去了参与课堂活动的热情。
3、本学期的工作业绩及经验
教师课前准备充分认真，精心设计教案，认真准备课件。课堂操作具有较强的组织能力；对学生的作业进行严格的要求，专门为一些不爱完成作业的学生开了会，提高认识，端正态度，专门指导，大大提高了作业质量。教师批改及时认真，点评到位；从明理导行上下工夫，杜绝了死记硬背。
4、教学工作中存在的问题
（1）．教学方法形式虽有所变化，但还是较单一，死板，主要还是老师单纯讲解，学生听答，那些“优秀生”听得进去，做得下来，而有的学困生就无法达到要求了。
（2）．有些教学方案无法全面，完全实施。由于时间，精力和个体水平的有限，导致教学水平无法真正提高。
（3）．学生智力，能力水平的差异是客观存在的，不是一朝一夕能改变，提高的。
（4）．学生没有一定良好的学习习惯（或说是自制力较差）
5、改进教学工作的措施
针对以上存在的问题，以及实际情况，今后，我要加强教育教学理论和英语的学习，完善我的教学方案，提高我的教育教学能力。
同时，在教学中，注意培养学生的学习自制力以及良好的学习习惯，努力提高英语教学质量。
第五篇：信息技术学科期末总结
信息技术学科期末总结
本学期在学校的领导下，并结合我校计算机的硬件实际情况开展了信息技术教育、教学工作。学期临近结束，回顾一学期以来的工作，现总结如下：
一、结合计算机的硬件实际，开展好常规教学。
1、开学初，便结合我校的计算机硬件实际，制定出切实可行的教学计划，并严格按教学计划进行上课。在教学过程中，对具体的教学内容都进行了认真的教学分析，思考在现有计算机软硬件的实际情况下如何实施教学，并写成教案上课。收到较好的效果。
2、在教学中，我经常研究学生的思想发展变化，为了提高学生学习信息技术的兴趣，在不影响教学的情况下，我们从光盘上或到其它学校去找了一些有利于学生智力发展的小游戏，把这些游戏在学生完成学习任务后给学生玩，让学生既巩固了所学知识，又提高了学习兴趣，并有助于学生智力发展。经本期实践，取得了很好的效果。学生不但掌握了规定的信息技术知识和达到了规定的操作技能水平，而且还从游戏中学到了许多其它的知识。信息技术课已经成了学生十分喜欢的课程之一。
3、辅导学生参加了县中小学生电脑作品制作活动，均取得了较好的效果，与往年相比不管是参赛作品质量上，还是数量上，都有了较大的提高。
二、加强教学教研，努力提高业务水平。
教学的成败取决于教师，教师的素质的高低直接影响着课堂的教学质量，在本学期，在教学之余，通过网络、书籍等多种渠道加强了对业务的钻研。
三、充分发挥信息技术的优势，提高学校办学的信息化发展的水平。
作为信息技术教师，应走在学校信息技术发展的前沿，除了搞好信息技术教育教学外，我们还担负着许多其它的任务：学校其它学科公开课的课件制作，学校的一部分资料和考试试卷的打印，学校机房和各室的计算机的维护和维修基本上都由我们来完成。信息技术是一门不断发展的学科，展望学校的发展和学科的发展，我觉得还有许多知识要学，还有许多事情要做。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，争取取得更大的进步。
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