第一篇：計算機學科期末總結(王紅健)

計算機學科期末總結

2010—2011學年度第二學期

21世紀是信息時代，計算機技術是現代科學技術的基礎與核心，是信息社會的主要技術，它已經滲透到社會的各個領域，對當代社會產生了重大的影響，最終可改變我們的工作方式、學習方式和生活方式乃至思維方式，從而將會大大促進人類社會的發展和進步。下面我就總結一下這學期事信息技術教學的心得體會。

1、引入趣味課題，激發學習興趣

俗話說：興趣是最好的老師。一個人只有對某個問題產生興趣，才會啟動思維，才會主動去尋找解決它的辦法，才會主動獲取相關的知識，將“要我學”變為“我要學”。并且，一個人只有在做事情時感到其樂無窮，精神才會高度集中，才能充分發揮自身的聰明才智，才能有所創造，有所發明，興趣是激發學生學習積極性的動力，也是激發創造力的必要條件。因此，在計算機教學過程中，教師的重要任務之一就是激發學生的學習興趣。這就要求教師從問題的引入和學習活動的設計上下功夫，引人入勝的開題，生動活潑的學習活動，是引發學生學習興趣的關鍵因素。課題能否成功的引入，直接決定了一節課效果，每節課我都力求采用同學們最感興趣事物來引導他們，如在教三年級制作賀卡，我問學生，你們想不想自己創作出一份賀卡？我選擇了學生們喜歡的主題學生興奮的說當然想了！授課完成后，選擇了一些學生喜歡旅游的地方，如廣州長隆，香港迪士尼，揭陽風景等，篩選了一些學生喜歡的圖片，作為背景在母親節、父親節、教師節等等制作不同的賀卡。根據學生這一年齡階段，統計學生喜歡的動畫片，收集了各類動畫圖片，同學們在課堂上可以方便使用有趣圖片、進行交流，學生的學習的興趣一下子就激發起來了.2、通過學習結果激發學習興趣

學生通過學習活動，在不斷獲得新知識的過程中，能夠不斷地看到自己的成果時，就會爆發出強烈的繼續學習的愿望，學習興趣也就越來越濃厚。如在教學五年級學生如何上網查找資料時，我先到語文老師那里了解了一下課文中需要的學習資料，如《田忌賽馬》這篇課文，我教學生在“百度”網里搜索關于“田忌”的圖片、課文的生字，詞語和詞語解釋等，有些學生搜到了大量的圖片及文字材

料，加深了對課文的理解。這樣學生既學習了語文，又學會了上網查資料，真是一舉兩得！學會了上網查資料的方法后，我讓學生自已在網上查找資料，呵呵，愛玩是小學生的天性，他們居然在“百度”網里搜索到了 “連連看”、“對對碰”等等一些“在線小游戲，”在網上玩起了游戲了！我真是服了這些小機靈。在教學過程中，采用邊學邊用的方法，學一點就讓學生應用起來，不但可以滿足學生的好奇心，而且在應用的過程中，可以充分肯定學生自身的能力，增強學生的自信心，使學生總感覺到有新的挑戰，新的興奮點，這樣既保持和促進了學生的學習積極性，又可以進一步激發學生學習計算機的興趣，形成一個良性循環。

3、講課內容打亂教材順序，抽取精髓，激勵同學們主動獲取知識

計算機基本知識并沒有嚴格的難易程度界限，特別表現在應用軟件上，比如word，powerponit等，并不是必須掌握了所有的瑣碎的基本知識如拼寫檢查、背景設計、模版設計等等才能作出作品，長篇大論的介紹界面、菜單、模版、版式等基本知識只會讓學生覺得索然無味，講授這樣的課程時，我的經驗是打亂教材順序，首先抽取精髓來講，緊緊吸引他們的興趣。比如講多媒體作品時，我首先用powerponit做了一個演示文稿作自我介紹，作品中使用了圖片、文本、聲音、動畫等，而且告訴每學生只要使用電腦就能隨便看到這個演示文稿，展示完成時，他們很好奇，我就帶領著他們具體去實現它，簡單介紹了文本、聲音、圖片的插入，然后要求他們也做一個自我介紹的或是介紹自己班集體的演示文稿，他們很快完成了，很興奮，但是種種問題也出現了，為了讓演示文稿更為美觀，錯了的字怎么改正？字體、字色的怎么改變，超連接是怎么一回事，鼠標、時間的一些特效等等，有的同學掌握了這些知識，沒掌握的懷著迫切的心情認真聽我講解，也能以最快的速度掌握且記憶深刻。只用了短短的幾個課時，大部分同學都能隨心所欲的制作簡單的作品了。

回顧這個學期所從事的信息技術教學工作，基本上是比較順利地完成了教學任務。當然，在工作中我享受到收獲的喜悅，也在工作中發現一些存在的問題。我所享有的收獲我會用于下個學期的工作中，我所碰到的問題我要認真思考想辦法解決。

明德外語實驗學校

王紅健

2011年6月14日

第二篇：計算機期末總結

期中考試

1.試述先行進位解決的問題及基本思想。（1）進位的傳遞速度

（2）讓各位的進位與低位的進位無關，僅與兩個參加操作的數有關。由于每位的操作數是同時給出的，各進位信號幾乎可以同時產生，和數也隨之產生，所以先行進位可以提高進位的傳遞速度，從而提高加法器的運算速度。2.簡述浮點運算的基本步驟（以加法運算為例）例： 兩浮點數相加，求X+Y。

已知：X＝2010 · 0.11011011，y＝2100 ·(-0.10101100)解：X和Y在機器中的浮點補碼表示形式為(雙符號位)：

階符 階碼 數符 尾數

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 計算過程：

①對階操作

階差ΔE＝[Ex]補+[-EY]補=00010+11100=11110 X階碼小，Mx右移2位，保留階碼E＝00100。[Mx]補=00 00 110 110 11 下劃線上的數是右移出去而保留的附加位。

②尾數相加

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

③規格化操作

結果的符號位與最高數值位同值,應執行左規處理, 結果為11 00010101 10, 階碼為00 011。④舍人

附加位最高位為1，采用0舍1入法處理，在所得結果的最低位+1，得新結果： [M]補=1100010110，M：-0．11101010。⑤判溢出

階碼符號位為00，故不溢出、最終結果為： X+Y=2010 ·(-0．11101010)

3.DRAM存儲器為什么要刷新？ 防止漏電，保證存儲信息不破壞。4.CPU如何區分指令和數據？

空間：指令的地址是由程序計數器(PC)規定的，而數據的地址是由指令規定的。在程序執行過程中，要避免修改指令,但可以修改數據。

時間：指令在前，數據在后。（時序）

5、RISC和CISC分別代表什么？

精簡指令系統計算機(RISC)復雜指令系統計算機(CISC)

6、求信息碼01101110的海明校驗碼。解：(1)求信息碼01101110的海明校驗碼 ①確定海明校驗位的位數：

設R為校驗位的位數，則整個碼字的位數應滿足不等式N=K+R<=2R-1。

設R=3，則23-1=7，N=8+3=11,不等式不滿足:設R=4，則

24-1=15，N=8+3=11,不等式滿足。所以R最小取4。

②確定校驗位的位置：位號(1—12)為2的權值的那些位，即 : 20、21、22、23的位置作為校驗位，記作P1、P2、P3、P4，余下的為有效信息位。即：

P1

P2

D0

P3

D1

D2

D3

P4

D4

D5

D6

D7 ③分組：有4個校驗位，將12位分4組，第I位由校驗位號之和等于I的那些校驗位所校驗。如表2.4所示。

④校驗位的形成：

P1=第一組中的所有位(除P1外)求異或： D6 ⊕ D4 ⊕ D3 ⊕ D1 ⊕ D0

=1 ⊕0 ⊕1 ⊕1 ⊕0=1 P2=第一組中的所有位(除P2外)求異或：D6 ⊕D5 ⊕ D3 ⊕ D2 ⊕ D0

=1 ⊕1 ⊕1 ⊕1 ⊕0=0 P3=第一組中的所有位(除P3外)求異或：D7 ⊕D3⊕ D2⊕ D1

=0 ⊕1 ⊕1 ⊕0=0 P4=第一組中的所有位(除P4外)求異或：D7⊕ D6⊕ D5⊕ D4

=0 ⊕1 ⊕1 ⊕0=0 所以，信息碼01101110的海明校驗碼為011001110001。(2)校驗原理

在接收端分別求S1、S2、S3、S4 S1=P1⊕第一組中的所有位求異或 =P1⊕ D6 ⊕ D4 ⊕ D3 ⊕ D1 ⊕ D0 S2=P2⊕第二組中的所有位求異或 =P2⊕ D6 ⊕D5 ⊕ D3 ⊕ D2 ⊕ D0 S3=P3⊕第三組中的所有位求異或 =P3⊕ D7 ⊕D3⊕ D2⊕ D1 S4=P4⊕第四組中的所有位求異或 =P4⊕ D7⊕ D6⊕ D5⊕ D4 當S1 S2S3 S4=0000時，接收的數無錯，否則 S1 S2S3 S4的二進制編碼即為出錯位號，例如 S1 S2S3 S4=1001說明第9位出錯，將其取反，即可糾錯。根據此原理，指出和糾正1位出錯位的海明校驗邏輯電路如圖2.1所示。

海明校驗邏輯電路圖：

7.某指令系統的指令字長16位，可含有3、2、1或0個地址，每個地址占4位。請設計該指令系統的格式，最多共有多少條指令？ 解：擴展操作碼

8.分析加減交替除法的基本原理。

9.某機字長8位，試用如下所給芯片設計一個存儲器，容量為10K，其中RAM為高8K，ROM為低2K，最低地址為0（RAM芯片類型有為：4K?8，ROM芯片有：2K?4）。①地址線、數據線各為多少根? ②RAM和ROM的地址范圍分別為多少? ③每種芯片各需要多少片。

④畫出存儲器結構圖及與CPU連接的示意圖。

第三章習題課：

1.寫出下列數據規格化浮點數的編碼(設l位符號位，階碼為5位移碼，尾數為10位補碼)。

(1)+111000(2)-10101(3)+0.01011 解：(1)+111000=26×0.111000 符號位為0；6的階碼移碼表示為10110；尾數補碼為1110000000，所以+111000規格化浮點數的編碼為0 10110 1110000000(2)-10101=25×（-0.10101）

符號位為1；5的階碼移碼表示為10101；尾數補碼為0101100000，格化浮點數的編碼為1 10101 0101100000(3)+0.01011 =2-1×0.1011 符號位為0；-1的階碼移碼表示為01111；尾數補碼為1011000000，所以+0.01011的規格化浮點數的編碼為0 01111 1011000000 2.在浮點數編碼表示中___在機器數中不出現，是隱含的。（答案：D）A.階碼 B.符號 C.尾數 D.基數

3.浮點數的表示范圍和精度取決于____.（答案；A）A.階碼的位數和尾數的位數

B.階碼采用的編碼和尾數的位數

C.階碼采用的編碼和尾數采用的編碼 D.階碼的位數和尾數采用的編碼

4.能發現兩位錯誤并能糾正一位錯的編碼為（答案：B）

A.CRC碼 B.海明碼 C.偶校驗碼 D.奇校驗碼 5.用變形補碼計算 X-Y，X+Y，并判別結果的正確性。設：X=0.11011，Y=-0.10010 解：[X]補=0011011 [Y]補=1101110 [-Y]補=0010010 [X]補+[-Y]補=0101101 溢出

[X]補+[Y]補=0001001 無溢出 X+Y = 0.01001 6.在計算機中，所表示的數有時會發生溢出，其根本原因是計算機的字長有限。答案：對

7.8421碼就是二進制數。答案：不對。8421碼是十進制數的編碼。8.表示定點數時，若要求數值0在計算機中惟一地表示為全0，應使用反碼表示。答案:錯。表示定點數時，若要求數值0在計算機中惟一地表示為全0，應使用補碼。

第四章 內容

1.主存儲器用來暫時存儲CPU正在使用的指令和數據，它和CPU的關系最為密切。主存儲器和CPU的連接是由總線支持的，連接形式如圖4．1所示。

2.例:16KX4位芯片組成16KX8位的存儲器

3.例: 4個16KX8位靜態芯片組成64KX8位存儲器。

4.例1：由Intel2114(1KX4位)芯片組成容量為4KX8位的主存儲器的邏輯框圖,說明地址總線和數據總線的位數，該存儲器與8位字長的CPU的連接關系。解：此題所用芯片是同種芯片。

（1）片數=存儲器總容量（位）/芯片容量（位）=4K*8/（1K*4）=8（片）（2）CPU總線（由存儲器容量決定）

地址線位數=log2(字數)=log2(4K)=12(位)數據線位數=字長=8（位）

（3）芯片總線（由芯片容量決定）地址線=log2(1K)=10(位)數據線=4（位）

（4）分組（組內并行工作，cs連在一起，組間串行工作，cs分別連接譯碼器的輸出）。

組內芯片數=存儲器字長/芯片字長=8/4=2（片）組數=芯片總數/組內片數=8/2=4（組）（5）地址分配與片選邏輯

(6)連接方式:擴展位數,擴展單元數,連接控制線

5.例2.某半導體存儲器，按字節編址。其中，0000H-07FFH為ROM區，選用EPROM芯片（2KB/片）；0800H-13FFH為RAM區，選用RAM芯片（2KB/片和1KB/片）。地址總線A15-A0（低）。給出地址分配和片選邏輯。1）計算容量和芯片數

ROM區：2KB RAM區：3KB 共3片 2）地址分配與片選邏輯

存儲空間分配：先安排大容量芯片（放地址低端），再安排小容量芯片。便于擬定片選邏輯。

6.用8K×8位的ROM芯片和8K×4位的RAM芯片組成存儲器，按字節編址，其中RAM的地址為0000H～5FFFH，ROM的地址為6000～9FFFH，畫出此存儲器組成結構圖及與CPU的連接圖。解：計算容量、芯片數量：

RAM的地址范圍展開為***0~***1，A12-----A0從0000H～1FFFH，容量為：8K，高位地址A15A14A13，從000-010，所以RAM的容量為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的容量為214=16K。ROM的容量是16K ×8，需 8K×8 的芯片2片。ROM的地址范圍展開為0110 0000 0000 0000~1001 1111 1111 1111，高位地址A15A14A13，從011~100。存儲器的組成結構圖及與CPU的連接如圖所示。

7.存儲器分布圖如下面所示（按字節編址），現有芯片ROM 4K×8和RAM 8K× 4，設計此存儲器系統，將RAM和ROM用CPU連接。

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

（1）方法一

以內部地址多的為主，地址譯碼方案為：用A14A13作譯碼器輸入，則Y0選RAM1，Y1選RAM2，Y3選ROM，當A12=0時選ROM1，當A12=1時選ROM2，擴展圖與連接圖如圖所示。

（2）方法二

以內部地址少的為主，地址譯碼方案為：用A14A13A12作譯碼器輸入，則Y0和Y1選RAM1，Y2和Y3選RAM2，Y6選ROM1，Y7選ROM2，擴展圖與連接圖如圖所示。

8.用8K×8的RAM芯片和2K×8的ROM芯片設計一個10K×8的存儲器，ROM和RAM的容量分別為2K和8K，ROM的首地址為0000H，RAM的末地址為3FFFH。(1)ROM存儲器區域和RAM存儲器區域的地址范圍分別為多少?(2)畫出存儲器控制圖及與CPU的連接圖。解：（1）ROM的首地址為0000H，ROM的總容量為2K×8；

RAM的末地址為3FFFH，RAM的總容量為8K×8，所以首地址為：2000H。（2）設計方案

（3）方法一

以內部地址多的為主，地址譯碼方案為：用A13來選擇，當A13=1時選RAM，當A13A12A11=000時選ROM，如圖所示。

4）方法二

以內部地址少的為主，地址譯碼方案為：用A13A12A11作譯碼器輸入，則Y0選ROM，Y4、Y5、Y6、Y7均選RAM，如圖所示。

9.用4K× 8位的ROM芯片和8K×4位的RAM芯片組成存儲器，按字節編址，其中RAM的地址為2000H~7FFFH，ROM的地址為9000H~BFFFH，畫出此存儲器組成結構圖及與CPU的連接圖。解：RAM的地址范圍展開為

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

RAM用8K×4的芯片組成，需8K×4的芯片共6片。ROM的地址范圍展開為

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

地址譯碼方案：用A15A14A13A12作譯碼器輸入，則Y2和Y3選RAM1，Y4和Y5選RAM2，Y6和Y7選RAM3，Y9選ROM1，Y10選ROM2，Y11選ROM3。儲器的組成結構圖及與CPU的連接圖如圖所示。

第六章 1.IR指令寄存器：用以存放當前正在執行的指令。

PC程序計數器：即指令地址寄存器。存放當前正在執行的指令地址或下一條指令地址。

指令地址形成:(PC)+1->PC。或: 轉移指令修改其內容。

時序控制信號形成部件：根據當前正在執行的指令的需要，產生相應的時序控制信號 指令譯碼器：對指令寄存器中的操作碼進行分析解釋，產生相應的控制信號。

脈沖源：脈沖源產生一定頻率的脈沖信號作為整個機器的時鐘脈沖，是機器周期和工作脈沖的 基準信號。

2.微程序控制器的基本工作原理如下：

1）當指令取入IR中以后，根據操作碼進行譯碼，得到相應指令的第一條微指令的地址。

2）指令譯碼部件可用只讀存儲器組成，將操作碼作為只讀存儲器的輸入地址，該單元的內容即為相應的微指令在控制存儲器中的地址。

3）根據控制存儲器中的地址從控制存儲器取出微指令，并將它存放在微指令寄存器中。

4）控制字段各位的輸出通過連接線直接與受控制的門相連，于是就提供了在本節所提出的控制信號。

3.硬布線控制器與微程序控制器，除了操作控制信號的形成方法和原理有差別外，其余的組成部分沒有本質上的差別。最顯著差異為兩點： 1）實現

微程序控制器的控制功能是在存放微程序的控制存儲器和存放當前正在執行的微指令的寄存器直接控制下實現的，特點:電路比較規整，各條指令控制信號的差別反映在控制存儲器的內容上.而硬布線控制的控制信號先用邏輯式列出，經化簡后用電路實現.特點:電路顯得零亂且復雜，當需修改指令或增加指令時是很麻煩的.因此微程序控制得到廣泛應用，尤其是指令系統復雜的計算機，一般都采用微程序來實現控制功能。2）性能

微程序控制的速度比硬布線控制的速度低，而硬布線控制的速度快.近年來在一些新型計算機結構中，例如在RISC(精簡指令系統計算機)中，一般選用硬布線邏輯。

習題 4.己知某計算機有80條指令，平均每條指令由12條微指令組成，其中有一條取指微指令是所有指令公用的，設微指令長度為32位。請算出控制存儲器容量。

解：微指令所占的單元總數：

(80×12-80+1)× 32=（80×11+1)× 32 =881 × 32 所以控制存儲器容量可選IK × 32。

5.表中給出了8條指令I1~I8所包含的微命令控制信號。試設計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內在的并行性。

解：微指令與包含的命令對應表如表所示。

從表中可知，E、F、H及B、I、J分別兩兩互斥，所以微指令控制字段格式設計如下：

6.某機采用微程序控制方式，微指令字長24位，水平型編碼控制的微指令格式，斷定方式，共有微命令30個，構成4個相斥類，各包含5個、8個、14個和3個微命令，外部條件共3個。

（1）控制存儲器的容量應為多少?（2）設計出微指令的具體格式。

解：（1）30個微命令構成4個相斥類，其中5個相斥微命令需3位編碼；8個相斥微命令需4位編碼，14個相斥微命令需4位編碼，3個相斥微命令需2位編碼：外部條件3個,采用斷定方式需2位控制位。以上共需15位。微指令字長24位，采用水平型編碼控制的微指令格式，所以還剩9位作為下址字段，這樣控制存儲器的容量應為512×24.2）微指令的具體格式如圖所示。

7.已知某運算器的基本結構如圖所示，它具有+(加)、-(減)、M(傳送)種操作。（1）寫出圖中1~12表示的運算器操作的微命令。（2）指出相斥性微操作。

（3）設計適合此運算器的微指令格式。

解:（1）圖中1~12表示的運算器操作的微命令分別為：

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）以下幾組微命令是相斥的：

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）此運算器的微指令格式如圖所示。

8.已知某機采用微程序控制方式，其存儲器容量為512×40(位)，微程序在整個控制存儲器中實現轉移，可控制微程序的條件共12個，微指令采用水平型格式，后繼微指令地址采用斷定方式，如下所示:

解：（1）假設判別測試字段中每一位為一個判別標志，那么由于有12個轉移條件，故該字段為4位，下地址字段為9位。由于控制容量為512單元，微命令字段是(40-4-9)=27位。

（2）對應上述微指令格式的微程序控制器邏輯框如圖所示：其中微地址寄存器對應下地址字段，P字段即為判別測試字段，控制字段即為微命令子段，后兩部分組成微指令寄存器。地址轉移邏輯的輸入是指令寄存器OP碼，和各狀態條件：以及判別測試字段所給的判別標志(某一位為1)，其輸出修改微地址寄存器的適當位數，從而實現微程序是分支轉移。

9.CPU結構如圖所示，其中包括一個累加寄存器AC、一個狀態寄存器和其他四個寄存器，各部分之間的連線表示數據通路，箭頭表示信息傳送方向。(1)標明圖6.9中四個寄存器的名稱。(2)簡述取指令的數據通路。

(3)簡述完成指令LDA X的數據通路（X為內存地址，LDA功能為(X)→(AC)）(4)簡述完成指令ADD Y的數據通路(Y為內存地址，ADD功能為(AC)+(Y)→(AC))。

(5)簡述完成指令STA Z的數據通路(Z為內存地址,STA功能為(AC)→(Z))。

解:(1)A為數據緩沖寄存器MDR，B為指令寄存器IR，C為主存地址寄存器MAR，D為程序計數器PC。

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

第十章

1.中斷處理過程

(1)關中斷，進入不可再次響應中斷的狀態，由硬件自動實 現。因為接下去要保存斷點，保存現場。此時CPU不響應中斷，否則，如果現場保存不完整，在中斷服務程序結束之后，也就不能正確地恢復現場并繼續執行現行程序。(2)保存斷點和現場

為了在中斷處理結束后能正確地返回到中斷點，在響應中斷時，必須把當前的程序計數器PC中的內容(即斷點)保存起來。

現場信息一般指的是程序狀態字，中斷屏蔽寄存器和CPU中某些寄存器的內容。

對現場信息的處理有兩種方式：一種是由硬件對現場信息進行保存和恢復；另一種是由軟件即中斷服務程序對現場信息保存和恢復。

(3)判別中斷源，轉向中斷服務程序。在多個中斷源同時請求中斷的情況下，需進一步判別中斷源，并轉入相應的中斷服務程序入口。

(4)開中斷。因為接下去就要執行中斷服務程序，開中斷將允許更高級中斷請求得到響應，實現中斷嵌套。

(5)執行中斷服務程序。不同中斷源的中斷服務程序是不同的，實際有效的中斷處理工作是在此程序段中實現的。

(6)退出中斷。在退出時，又應進入關中斷狀態，恢復現場、恢復斷點，然后開中斷，返回原程序執行。

進入中斷時執行的關中斷、保存斷點等操作一般是由硬件實現的，它被稱為“中斷隱指令”。

2.1)某總線在一個總線周期中并行傳送4個字節的數據，假設一個總線周期等于一個總線時鐘周期，總線時鐘頻率為33MHz，則總線帶寬是多少?(2)如果一個總線周期中并行傳送64位數據，總線時鐘頻率升為66MHz，則總線帶寬是多少? 解：(1)設總線帶寬用Dr表示，總線時鐘周期用T=1/f表示，一個總線周期傳送的數據量用D表示，根據定義可得: 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的數據傳送過程

第三篇：職業學校計算機學科總結

2012-2013學年第一學期計算機

學科工作總結

根據學校安排，本學期我擔任民一班的《電腦綜合應用》這門課。下面就結合自己的實際教學對本學年的工作進行總結:

一、思想方面

本人能認真學習黨的路線、方針和政策，在思想上嚴于律己，熱愛黨的教育事業，全面貫徹黨的教育方針，嚴格要求自己，鞭策自己。積極參加學校組織的一系列政治活動，將學到的理論知識切實運用到工作實踐中。一學期來，我服從學校的工作安排，配合學校和老師們做好各項工作。

二、教學方面:

認真揣摩教學目標,提前備好課,寫好教案。備課時認真鉆研教材,力求吃透教材,找準重、難點。上好課的前提是做好課前準備,本學科主要內容都需要上機完成,所以每節課都要提前做好上機準備,檢查機器狀態。上課認真講課,力求抓住重點,突破難點,精講精練,充分調動學生的學習積極性,使學生真正成為“主體”,在學習過程中充分發揮學生個人的想象力和創造力,在掌握基礎知識的前提下,使學生獨立掌握所學內容。通過一節課的教授使他們他們每一節課都有收獲,在學生完成上機任務時,在各臺電腦前巡回檢查學生的掌握程度,完成情況,并注意輔導,及時找出不足。

教課同時注重于因材施教,讓不同學生得到不同的發展。在上課

期間,不同學生表現出不同的興趣,那么對于課堂任務,學生可以根據自己的情況去選做,這樣子,不僅一節課下來在計算機方面收獲不小,而且從中體會到了成功的喜悅。

1、以教師為主導，以學生為主體

教師作為教學的主導，必須全面熟練地掌握所用的教材，然后，精心地對它進行加工處理，并且有目的地收集有關資料，與所用教材有機結合，因為計算機的發展變化真可謂日新月異，教材中難免出現“陳舊過時”、甚至錯誤的內容。現在的學生具有較強的獨立思考能力，在整個教學過程中，教師應充分認識到學生是有能動性的教學對象，他們是教學的主體，教師除了課堂的講解和實踐的指導，還應該鼓勵學生多使用相關的計算機輔助教學。

2．以應用為目的，以興趣為動力

對于大多數職業學生來說，將不會從事計算機的科研與開發，而是把計算機作為一種工具，來解決或輔助解決實際問題．所以，計算機應用基礎教學目標的確定，就是本著以應用為目的，使學生在走上工作崗位之前，就具備一定計算機基礎知識和應用能力。教學過程的實施，包括教師的講授，要求學生完成的作業以及對學生的成績考核，應本著應用為目的，以解決實際問題為教學的線索，靠這根線索把有關的知識點有機地串聯起來。

3．以實踐為基礎，以理論為臺階

學習計算機，特別是以應用為目的學習，如果沒有實踐作為基礎，如同在空中樓閣。我認為學習計算機，比較行之有效的方法是；先知

其然，再循序漸進知其所以然。對于一個即將走上工作崗位的職業學生來說，動手能力的培養確實很重要，但是，也不能忽視理論知識的學習和提高，這些理論知識的學習會幫助他們更加得心應手地應用計算機解決實際問題，理論的提高能幫助他們站在更高的高度使用計算機這種人類的工具，從而指導他們在各自的領域發揮更大的作用。

三、需要努力的方面:

1、加強專業知識學習，努力提高自身素材和教育教學水平。

2、盡量讓課堂充滿新意,讓學生更有興趣去學習,利用各種方法訓練提高教學效果。

3、加強機房紀律和機器使用道德方面的教育,使學生能夠嚴格約束自己。

在今后的教育教學工作中，我將立足實際，認真分析和研究好教材、大綱，研究好學生，使工作有所開拓，有所進取，更加嚴格要求自己，努力工作，發揚優點，改正缺點，開拓前進。

秦江

2013年1月9日

第四篇：英語學科總結 王

英語教學工作總結

一學期的教學工作已圓滿結束，現將本人所任學科四、五年級英語教學工作總結如下。

1、教學計劃具體完成情況

按照學期初指定的教學計劃，能夠認真貫徹落實到位，遵照學校的課程安排，有條不紊地上滿課時，嚴格執行教學進度，較順利完成了教學任務。

2、學生學習具體情況分析

所任學科年級學生普遍具有濃厚的學習興趣和積極性，課堂活動積極參與，課外活動較好地參加，按時完成作業。對個別學生來說，首先擺在他們面前的就是缺少這種外在的語言環境。在現實生活中，學生沒有說英語的需要，沒有說英語的對象，更沒有說英語的意識。學生剛開始學英語時，興趣很濃，愉快地歌唱英語兒歌，盡情地玩英語游戲，使學生們樂此不疲。久而久之，學生就失去了參與課堂活動的熱情。

3、本學期的工作業績及經驗

教師課前準備充分認真，精心設計教案，認真準備課件。課堂操作具有較強的組織能力；對學生的作業進行嚴格的要求，專門為一些不愛完成作業的學生開了會，提高認識，端正態度，專門指導，大大提高了作業質量。教師批改及時認真，點評到位；從明理導行上下工夫，杜絕了死記硬背。

4、教學工作中存在的問題

（1）．教學方法形式雖有所變化，但還是較單一，死板，主要還是老師單純講解，學生聽答，那些“優秀生”聽得進去，做得下來，而有的學困生就無法達到要求了。

（2）．有些教學方案無法全面，完全實施。由于時間，精力和個體水平的有限，導致教學水平無法真正提高。

（3）．學生智力，能力水平的差異是客觀存在的，不是一朝一夕能改變，提高的。

（4）．學生沒有一定良好的學習習慣（或說是自制力較差）

5、改進教學工作的措施

針對以上存在的問題，以及實際情況，今后，我要加強教育教學理論和英語的學習，完善我的教學方案，提高我的教育教學能力。

同時，在教學中，注意培養學生的學習自制力以及良好的學習習慣，努力提高英語教學質量。

第五篇：信息技術學科期末總結

信息技術學科期末總結

本學期在學校的領導下，并結合我校計算機的硬件實際情況開展了信息技術教育、教學工作。學期臨近結束，回顧一學期以來的工作，現總結如下：

一、結合計算機的硬件實際，開展好常規教學。

1、開學初，便結合我校的計算機硬件實際，制定出切實可行的教學計劃，并嚴格按教學計劃進行上課。在教學過程中，對具體的教學內容都進行了認真的教學分析，思考在現有計算機軟硬件的實際情況下如何實施教學，并寫成教案上課。收到較好的效果。

2、在教學中，我經常研究學生的思想發展變化，為了提高學生學習信息技術的興趣，在不影響教學的情況下，我們從光盤上或到其它學校去找了一些有利于學生智力發展的小游戲，把這些游戲在學生完成學習任務后給學生玩，讓學生既鞏固了所學知識，又提高了學習興趣，并有助于學生智力發展。經本期實踐，取得了很好的效果。學生不但掌握了規定的信息技術知識和達到了規定的操作技能水平，而且還從游戲中學到了許多其它的知識。信息技術課已經成了學生十分喜歡的課程之一。

3、輔導學生參加了縣中小學生電腦作品制作活動，均取得了較好的效果，與往年相比不管是參賽作品質量上，還是數量上，都有了較大的提高。

二、加強教學教研，努力提高業務水平。

教學的成敗取決于教師，教師的素質的高低直接影響著課堂的教學質量，在本學期，在教學之余，通過網絡、書籍等多種渠道加強了對業務的鉆研。

三、充分發揮信息技術的優勢，提高學校辦學的信息化發展的水平。

作為信息技術教師，應走在學校信息技術發展的前沿，除了搞好信息技術教育教學外，我們還擔負著許多其它的任務：學校其它學科公開課的課件制作，學校的一部分資料和考試試卷的打印，學校機房和各室的計算機的維護和維修基本上都由我們來完成。信息技術是一門不斷發展的學科，展望學校的發展和學科的發展，我覺得還有許多知識要學，還有許多事情要做。在今后的教育教學工作中，我將更嚴格要求自己，努力工作，發揚優點，改正缺點，開拓前進，爭取取得更大的進步。