单片机原理与应用 习题答案

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1、习题解答第三章3-1已知A=7AH，R0=30H(30H=A5H)，PSW=80H，SP=65H，试分析下面每条指令的执行结果及对标志位的影响。（1）ADDA，@R0；01111010+10100101=1,00011111，（A）=1FH，Cy=1，AC=0，OV=0，P=1（2）ADDA，#30H；01111010+00110000=10101010，（A）=AAH，Cy=0，AC=0，OV=1，P=0（3）ADDCA，30H；01111010+10100101+1=1,00100000,（A）=20H，Cy=1，A

2、C=1，OV=0，P=1（4）SUBBA，@R0；01111010-10100101-1=1,11010100，（A）=D4H，Cy=1，AC=0，OV=1，P=0（5）DAA；01111010+00000110=10000000，（A）=80H，Cy=0，其他无变化（6）RLCA；（A）=11110101B=F5H，Cy=0，AC=0，OV=0，P=0（7）RRA；（A）=00111101B=3DH，Cy=1，AC=0，OV=0，P=1（8）PUSH30H；SP=66H，（66H）=A5H（9）POPB；SP=64H，

3、（B）=（65H）（10）XCHA，@R0；（A）=A5H，（30H）=7AH，Cy=1，OV=0，AC=0，P=03-4试分析在执行完下面的程序段后，A，R0，R1，R7，SP以及片内RAM的一些单元中内容各是什么？MOVSP，#65HMOVR7，#5MOVR0，#30HMOVR1，#40HLOOP：MOVA，@R1PUSHACCMOVA，@R0MOV@R1，AINCR0INCR1DJNZR7，LOOP结果：（A）=（34H），(R0)=34H，（R1）=44H，（R7）=0，SP=70H，（70H）=（44H），（3

4、0H）=（40H），…（34H）=（44H）。3-5已知SP=62H，（62H）=50H，（61H）=30H，问执行指令RET后，PC=？，SP=？并解释。答：执行指令RET，从堆栈中弹出地址值给PC，栈指针减2，（62H），（61H）中的内容分别弹出PC=5030H，SP=60H3-7试编程求出片外RAM从2000H开始的连续20个单元的平均值，并将结果存入内部RAM20H单元。MOVDPTR，#2000HACALLAVG子程序名：AVG子程序功能：求20个无符号数平均值子程序子程序入口：（DPTR）=数据区首地址指针

5、子程序出口：（R3）（R4）=均值AVG：MOVR2，#20MOVR3，#00H；部分和高位字节单元清零MOVR4，#00H；部分和低位字节单元清零ACALLD-ADD；调用累加和子程序ACALLD-DIV；调用除以20的子程序求多字节累加和子程序子程序名：D-ADD子程序功能：多字节累加和子程序子程序入口：（DPTR）=数据区首地址指针子程序出口：（R3）（R4）=累加和，R3中内容为和高字节，R4中内容为和低字节D-ADD：CLRCLOOP：MOVXA，@DPTRADDA，R4MOVR4，ACLRAADDCA，R3M

6、OVR3，AINCDPTRDJNZR2，LOOPRET双字节除以20的子程序子程序名：D-DIV子程序功能：除以20的子程序子程序入口：（R3）（R4）=被除数子程序出口：（R3）（R4）=商D-DIV：MOVR7，#08H；置计数初值DV1：CLRCMOVA，R4；将（R3）（R4）左移1位RLCAMOVR4，AMOVA，R3RLCAMOV00H，C；将移出的标志位送00HCLRCSUBBA，R2；余数高位减除数JB00H，GOU；标志位为1够减JNCGOU；无借位，也说明够减ADDA，R2，不够减，恢复余数AJMPD

7、V2GOU：INCR4；够减，商上1DV2：MOVR3，ADJNZR7，DV1；减完？没完继续MOV20H，R3；转存20HMOV21H，R4；转存21HRET3-9在外部数据存储区首地址为TABLE的数据表中存有10B的数据，编程将每个字节的最高位置1，并送回原来的单元。ORG0030HMOVDPTR，#TABLEMOVR2，#10LOOP：MOVXA，@DPTRSETBACC.7MOVX@DPTR，AINCDPTRDJNZR2，LOOPEND3-10编写能延时1s的子程序，设晶振频率为12MHz。DELAY1S：MO

8、VR6，#4；1TDL1：MOVR5，#251；1TDL2：MOVR4，#248；1TDL3：NOP；1TNOP；1TDJNZR4，DL3；2TDJNZR5，DL2；2TDJNZR6，DL1；2TRET；2T延时时间：（（248×4+1+2）×251+1+2）×4+1+2=998995㎲3-12编程实现：将30H，3