1、计算机学科专业基础综合计算机网络-15 及答案解析(总分：100.00，做题时间：90 分钟)一、单项选择题(总题数：26，分数：30.00)1.在 OSI 参考模型中，下面_是数据链路层的功能。 帧同步 差错控制 流量控制 拥塞控制（分数：1.00）A.、B.、C.、D.、2.对于信道比较可靠并且对通信实时性要求高的网络，采用_数据链路层服务比较合适。（分数：1.00）A.无确认的无连接服务B.有确认的无连接服务C.有确认的面向连接的服务D.无确认的面向连接的服务3.下列关于循环冗余校验(CRC)的说法中，_是错误的。（分数：1.00）A.带 r 个校验位的多项式编码可以检测所有长度小于或等
2、于 r 的突发性错误B.通信双方可以无须商定就直接使用多项式编码C.CRC 可以使用硬件来完成D.在数据链路层使用 CRC，能够实现无比特差错的传输，但这不是可靠的传输4.下列属于奇偶校验码特征的是_。 只能检查出奇数个比特错误 能查出任意一个比特位的错误 比 CRC 可靠（分数：1.00）A.、B.、C仅D仅5.采用 CRC 进行差错校验，生成多项式为 G(X)=x 4 +x+1，信息码字为 10111，则计算出的 CRC 码是_。（分数：1.00）A.0000B.0100C.0010D.11006.采用海明码纠正一位错误，若信息位为 8 位，则冗余位至少应为_位。（分数：1.00）A.5B
3、.4C.3D.27.为了检测 4bit 的错误，编码的海明码距至少应该为_。（分数：1.00）A.4B.5C.6D.78.为了纠正 3bit 的错误，编码的海明码距至少应该为_。（分数：1.00）A.5B.6C.7D.89.流量控制的主要目的是_。（分数：1.00）A.减少比特错误B.控制发送端发送速率以使接收端可以及时接收C.防止发送方溢出D.提高发送效率10.某信道传输速率为 4kbit/s，采用停止等待协议。传播时延 t=20ms，确认帧长度和处理时间均可忽略，帧长达到_才能使信道的利用率达到至少 50%。（分数：1.00）A.40bitB.80bitC.160bitD.320bit11
4、.在停止等待协议中使用计时器的主要目的是_。（分数：1.00）A.用于计算已发送数据的数目B.用于表示下一个发送的数据帧的序号C.超时重发D.分配序号12.若采用后退 N 帧 ARQ 协议进行流量控制，帧编号字段为 7 位，则发送窗口的最大长度为_。（分数：1.00）A.7B.8C.127D.12813.在选择重传协议中，当帧的序号字段为 4bit，且接收窗口与发送窗口尺寸相同时，发送窗口的最大尺寸为_。（分数：1.00）A.2B.4C.8D.1614.在滑动窗口流量控制中，若窗口大小为 7，则 ack=5 意味着接收方期待的下一帧是_号帧。（分数：1.00）A.7B.6C.5D.415.采用
5、滑动窗口机制对发送方和接收方的通信过程进行流量控制。假定帧的序号长度是 3，发送窗口和接收窗口的大小都是 7。当 A 发送了编号 0、1、2、3、4 这 5 个帧后，B 也接收了这 5 个帧，但仅应答了0、1 两个帧，此时发送窗口将要发送的帧序号和接收窗口的上边界对应的帧序号是_。（分数：1.00）A.5，0B.5，5C.2，0D.2，316.以太网的 MAC 子层遵守的标准是_。（分数：1.00）A.IEEE 802.2B.IEEE 802.3C.IEEE 802.4D.IEEE 802.517.考虑在一条 500m 长的电缆(无中继器)上建立一个传输速率为 100Mbit/s 的 CSMA
6、/CD 网络，假定信号在电缆中的速度为 10 8 m/s，则最短帧长为_。（分数：1.00）A.500bitB.750bitC.1000bitD.1250bit多路复用技术能够提高传输系统利用率。常用的多路复用技术有_。将一条物理信道分成若干时间片，轮换地给多个信号使用，实现一条物理信道传输多个数字信号，这是_。将物理信道的总频带宽分割成若干个子信道，每个信道传输一路信号，这是_。在光纤中采用的多路复用技术是_，多路复用技术一般不用于_中。（分数：5.00）A.频分多路复用和时分多路复用B.频分多路复用和码分多路复用C.时分多路复用和波分多路复用D.频分多路复用和波分多路复用A.同步时分多路复
7、用B.时分多路复用C.异步时分多路复用D.频分多路复用A.同步时分多路复用B.统计时分多路复用C.异步时分多路复用D.频分多路复用A.时分多路复用B.频分多路复用C.波分多路复用D.码分多路复用A.交换结点间通信B.卫星通信C.电话网内通信D.局域网内通信18.在 3 种 CSMA 中，_具有“一旦侦听到传输介质空闲就发送数据，如果侦听到传输介质忙，继续监听，直到侦听到传输介质空闲后立即发送数据；如果发现冲突就退避，然后再尝试”的特征。（分数：1.00）A.1坚持 CSMAB.非坚持 CSMAC.0坚持 CSMAD.P坚持 CSMA19.与 CSMA/CD 网络相比较，令牌环网更适合的环境是_
8、。（分数：1.00）A.负载轻B.负载重C.距离远D.距离近20.在载波侦听和总线访问方法上，CSMA/CD 类似_协议。（分数：1.00）A.1坚持 CSMAB.非坚持 CSMAC.0坚持 CSMAD.P坚持 CSMA21.在以太网中，将以太网地址映射为 IP 地址的协议是_。（分数：1.00）A.SMTPB.ARPC.HTTPD.RARP22.局域网交换机首先完整地接收数据帧，并进行差错检测，如果正确，则根据帧的目的地址确定输出端口号再转发出去。这种交换方式被称为_。（分数：1.00）A.直接交换B.改进的直接交换C.存储转发交换D.碎片隔离交换23.局域网的协议结构包括_。 网络层 数据
9、链路层 物理层 介质访问控制层（分数：1.00）A.、B.、C.、D.、24.局域网访问冲突的根源是_。（分数：1.00）A.独占介质B.共享介质C.引入 MAC 子层D.规则的拓扑结构25.以太网在检测到_次冲突后，控制器会放弃发送。（分数：1.00）A.10B.15C.16D.17二、综合应用题(总题数：10，分数：70.00)26.简述数据链路层中的差错控制和流量控制的区别。 （分数：7.00）_27.长度为 1km，数据传输速率为 10Mbit/s 的以太网，电信号在网络上的传播速度是 200m/ms。 假设以太网数据帧的长度为 256bit，其中包括 64bit 帧头、校验和及其他开
10、销。数据帧发送成功后的第一个时间片保留给接收方用于发送一个 64bit 的确认帧。假设网络负载非常小(即不考虑冲突的任何情形)，试问该以太网的有效数据传输速率是多少? （分数：7.00）_28.对于下列给定的值，不考虑差错重传，非受限协议和停止等待协议的有效数据传输速率是多少(即每秒实际发送了多少比特的数据)? R=传输速率(16Mbit/s) S=信号传播速度(200m/s) D=接收主机和发送主机之间的传播距离(200m) T=创建帧的时间(2s) F=每帧的长度(500bit) N=每帧中的数据长度(450bit) A=确认帧 ACK 的帧长(80bit) （分数：7.00）_29.假设
11、一个数据传输速率为 11Mbit/s 的 IEEE 802.11 无线局域网正在连续不断地发送长度为 64B 的帧，已知该无线信道的误码率为 10 -7 ，则在该信道上每秒传输出错的帧为多少个? （分数：7.00）_30.10Mbit/s 以太网升级到 100Mbit/s、1Gbit/s，甚至 10Gbit/s 以太网时，需要解决哪些技术问题?在帧的长度方面需要有什么改变?为什么?传输媒介应当有什么改变? （分数：7.00）_31.假定在使用 CSMA/CD 协议的 10Mbit/s 以太网中，某站在发送数据时检测到冲突，执行退避时选择了随机数 r=100。试问该站需要等待多长时间后才能再次发
12、送数据?如果是 100Mbit/s 的以太网呢? （分数：7.00）_32.两个相邻的结点 A、B 采用滑动窗口协议，其帧序号占用 3bit，在后退 N 帧 ARQ 的方式中，发送方的窗口尺寸为 4。假定 A 给 B 发送数据，对于下列事件指出窗口的位置： 1)在 A 发送数据帧之前。 2)在 A 发送数据帧 0、1、2 之后，B 应答了 0、1 帧，并且 A 收到了这些回应帧。 3)在 A 发送数据帧 3、4、5 之后，B 应答了第 4 帧，并且 A 收到了这些回应帧。 提醒：后退 N 帧采甬累积确认，并假设 A 发送的帧 B 都正确接收。 （分数：7.00）_33.共有 4 个站进行码分多
13、址通信。4 个站的码片序列为 A：(-1-1-1+1+1-1+1+1) B：(-1-1+1-1+1+1+1-1) C：(-1+1-1+1+1+1-1-1) D：(-1+1-1-1-1-1+1-1) 现收到这样的码片序列 S：(-1+1-3+1-1-3+1+1)。试问哪个站发送数据了?发送数据的站发送的是 0 还是 1? （分数：7.00）_34.在一个传输速率为 1Gbit/s 的 TCP 连接上，发送窗口的大小为 65535B，单程传播时延等于 10ms。试问可以取得的最大吞吐率是多少?线路效率是多少?(确认帧长度忽略不计) （分数：7.00）_35.设收到的信息码字为 110111，CRC
14、 和为 1001，生成多项式为 G(x)=x 4 +x 3 +1，试问收到的信息有错吗?为什么? （分数：7.00）_计算机学科专业基础综合计算机网络-15 答案解析(总分：100.00，做题时间：90 分钟)一、单项选择题(总题数：26，分数：30.00)1.在 OSI 参考模型中，下面_是数据链路层的功能。 帧同步 差错控制 流量控制 拥塞控制（分数：1.00）A.、 B.、C.、D.、解析：解析 分两种情况：第一种是在 OSI 参考模型中，数据链路层具有流量控制和差错控制。第二种是在 TCP/IP 模型中，像流量控制与差错控制都已经交给传输层，故数据链路层已经没有了流量控制和差错控制等功
15、能。无论哪种模型，帧同步是数据链路层的，拥塞控制是传输层的。2.对于信道比较可靠并且对通信实时性要求高的网络，采用_数据链路层服务比较合适。（分数：1.00）A.无确认的无连接服务 B.有确认的无连接服务C.有确认的面向连接的服务D.无确认的面向连接的服务解析：解析 无确认的无连接服务是指源机器向目标机器发送独立的帧，目标机器并不对这些帧进行确认。事先并不建立逻辑连接，事后也不用释放逻辑连接。若由于线路上有噪声而造成了某一帧丢失，则数据链路层并不会检测这样的丢帧现象，也不会恢复。当错误率很低的时候，这一类服务是非常适合的，这时恢复过程可以留给上面的各层来完成。这类服务对于实时通信也是非常适合的
16、，因为实时通信中数据的迟到比数据损坏更加不好。3.下列关于循环冗余校验(CRC)的说法中，_是错误的。（分数：1.00）A.带 r 个校验位的多项式编码可以检测所有长度小于或等于 r 的突发性错误B.通信双方可以无须商定就直接使用多项式编码 C.CRC 可以使用硬件来完成D.在数据链路层使用 CRC，能够实现无比特差错的传输，但这不是可靠的传输解析：解析 在使用多项式编码时，发送方和接收方必须预先商定一个生成多项式。发送方按照模 2 除法，得到校验码，发送数据时把该校验码加在数据后面。接收方收到数据后，也需要根据同一个生成多项式来验证数据的正确性，因此发送方和接收方在通信前必须要商定一个生成多
17、项式。A 选项为循环冗余校验码的检错特点。CRC 肯定可以使用硬件来完成，只是费用更大而已。CRC 只能保证交给上层的数据在传输中没有错误，但这并不是可靠传输，如帧失序、帧丢失等差错就不能靠 CRC 来完成，而这些都是可靠传输需要做的。4.下列属于奇偶校验码特征的是_。 只能检查出奇数个比特错误 能查出任意一个比特位的错误 比 CRC 可靠（分数：1.00）A.、B.、C仅 D仅解析：解析 ：奇偶校验的原理是通过增加冗余位来使得码字中“1”的个数保持为奇数个或者偶数个的编码方法。若出现奇数个比特的错误，“1”的个数将与原来“1”的个数不一样，故可以发现奇数个比特的错误。而如果出现偶数个比特的错
18、误，“1”的个数仍然与原来的“1”的个数相同，故无法发现偶数个比特的错误。 ：由的分析知错误。 ：CRC 可以检验出任意位错误，而奇偶校验码只能检验奇数个错误，故错误。5.采用 CRC 进行差错校验，生成多项式为 G(X)=x 4 +x+1，信息码字为 10111，则计算出的 CRC 码是_。（分数：1.00）A.0000B.0100C.0010D.1100 解析：解析 因为生成多项式最高次为 4 次，所以先将要发送的数据后面加上 4 个 0，即 101110000，然后用新得到的被除数除以 10011，得余数 1100，此余数即为校验码，计算过程如图所示。 6.采用海明码纠正一位错误，若信息
19、位为 8 位，则冗余位至少应为_位。（分数：1.00）A.5B.4 C.3D.2解析：解析 设信息位为 k，增加 r 位冗余位，构成 k+r 位的码字，增加 r 位可以表示 2 r 种情况，根据题意要能识别每一位错误(k+r 位)和全部正确的情况(正确的情况只有 1 种)，共 k+r+1 种情况，因此 2 r k+r+1，将 k=8 代入，解得 r4。7.为了检测 4bit 的错误，编码的海明码距至少应该为_。（分数：1.00）A.4B.5 C.6D.7解析：解析 L 表示海明码距，C 表示纠正的位数，D 表示检测的位数，则有 L-1=C+D，且 DC。既然是至少，可取 C=0，使得 L 达到
20、最小 5。8.为了纠正 3bit 的错误，编码的海明码距至少应该为_。（分数：1.00）A.5B.6C.7 D.8解析：解析 因为需要纠错 3bit，L-1=C+D，又由于 DC，所以检测的位数也至少为 3，解得 L7。 每多检测一位，码距至少加 1；每多纠错一位，码距至少加 2。9.流量控制的主要目的是_。（分数：1.00）A.减少比特错误B.控制发送端发送速率以使接收端可以及时接收 C.防止发送方溢出D.提高发送效率解析：解析 此题属于概念题，流量控制的主要目的就是防止数据丢失，即控制发送端发送速率以使接收端可以及时接收。10.某信道传输速率为 4kbit/s，采用停止等待协议。传播时延
21、t=20ms，确认帧长度和处理时间均可忽略，帧长达到_才能使信道的利用率达到至少 50%。（分数：1.00）A.40bitB.80bitC.160bit D.320bit解析：解析 根据信道利用率的计算公式，在确认帧长度和处理时间均可忽略不计的情况下，信道的利用率与发送时间和传播时间有关，此时信道利用率的计算公式如下： 信道利用率=t 发送时延 /(t 发送时延 +2t 传播时延 ) 要使信道的利用率达到至少 50%，根据上述公式可以解得：t 发送时延 =2t 传播时延 。由于传播时延t=20ms，故应使得发送一帧的时间为 40ms。现在发送速率是 4000bit/s，可算得每毫秒发送 4bi
22、t 信息，那么 40ms 自然就能发送长度为 160bit 的帧。11.在停止等待协议中使用计时器的主要目的是_。（分数：1.00）A.用于计算已发送数据的数目B.用于表示下一个发送的数据帧的序号C.超时重发 D.分配序号解析：解析 计时器是发送端为应对帧的丢失、出错而安装的设备，目的是确认帧能否正确到达接收端，如果计时器到时间了，仍然没有收到确认帧就重发该帧。12.若采用后退 N 帧 ARQ 协议进行流量控制，帧编号字段为 7 位，则发送窗口的最大长度为_。（分数：1.00）A.7B.8C.127 D.128解析：解析 为了使接收方可以区分发送的帧是新帧还是重发的旧帧，在后退 N 帧 ARQ
23、 协议中规定：若帧编号为 n 位，则发送窗口的大小 W s 2 n -1。故当 n=7 时，发送窗口 W s 127。13.在选择重传协议中，当帧的序号字段为 4bit，且接收窗口与发送窗口尺寸相同时，发送窗口的最大尺寸为_。（分数：1.00）A.2B.4C.8 D.16解析：解析 对于选择重传协议，若帧的序号字段为 n 位，则发送窗口的大小 W s 2 n-1 。故当 n=4 时，发送窗口 W s 8。14.在滑动窗口流量控制中，若窗口大小为 7，则 ack=5 意味着接收方期待的下一帧是_号帧。（分数：1.00）A.7B.6C.5 D.4解析：解析 ACK=n 表示到 n-1 帧为止的所有
24、帧都已经收到，接收方期待的下一帧为编号为 n 的帧。因此，ACK=5 表示接收方期待的下一帧是 5 号帧。15.采用滑动窗口机制对发送方和接收方的通信过程进行流量控制。假定帧的序号长度是 3，发送窗口和接收窗口的大小都是 7。当 A 发送了编号 0、1、2、3、4 这 5 个帧后，B 也接收了这 5 个帧，但仅应答了0、1 两个帧，此时发送窗口将要发送的帧序号和接收窗口的上边界对应的帧序号是_。（分数：1.00）A.5，0B.5，5 C.2，0D.2，3解析：解析 发送窗口的大小决定了发送方在收到第一个确认帧之前可以发送的帧的数量，现在发送方窗口大小为 7，说明发送方在收到第一个确认帧前可以发
25、送 7 个帧，现在已经发送了 5 个帧(下一个应该发送 5 号帧)，并收到了两个确认帧，故还可以发送 7-5+2=4 个帧，而接收方只要接收到一个帧上边界就会右移，与是否返回确认帧无关，其实从上面的分析可以看出，返回的确认影响的是发送方，现在接收方接收了 0、1、2、3、4 这 5 个帧，要接收的帧序列是 5、6、7、0、1、2、3，即上边界为 5。 一般不予以说明，窗口的上边界是下一个期望列号 expectedSeq；下边界是起始序列号 startSeq。16.以太网的 MAC 子层遵守的标准是_。（分数：1.00）A.IEEE 802.2B.IEEE 802.3 C.IEEE 802.4D
26、.IEEE 802.5解析：解析 此题属于大纲范围内的记忆知识点。IEEE 802.2 主要针对 LLC 子层；IEEE802.3 主要针对MAC 子层；IEEE 802.4 与 IEEE 802.5 主要针对令牌环网络。17.考虑在一条 500m 长的电缆(无中继器)上建立一个传输速率为 100Mbit/s 的 CSMA/CD 网络，假定信号在电缆中的速度为 10 8 m/s，则最短帧长为_。（分数：1.00）A.500bitB.750bitC.1000bit D.1250bit解析：解析 单程端到端的传播时延=传播距离/传播速度，计算可得 5s。于是端到端的往返时延为10s。最短帧长=端到
27、端的往返时延传输速率=10s100Mbit/s=1000bit。多路复用技术能够提高传输系统利用率。常用的多路复用技术有_。将一条物理信道分成若干时间片，轮换地给多个信号使用，实现一条物理信道传输多个数字信号，这是_。将物理信道的总频带宽分割成若干个子信道，每个信道传输一路信号，这是_。在光纤中采用的多路复用技术是_，多路复用技术一般不用于_中。（分数：5.00）A.频分多路复用和时分多路复用 B.频分多路复用和码分多路复用C.时分多路复用和波分多路复用D.频分多路复用和波分多路复用解析：A.同步时分多路复用B.时分多路复用 C.异步时分多路复用D.频分多路复用解析：A.同步时分多路复用B.统
28、计时分多路复用C.异步时分多路复用D.频分多路复用 解析：A.时分多路复用B.频分多路复用C.波分多路复用 D.码分多路复用解析：A.交换结点间通信B.卫星通信C.电话网内通信D.局域网内通信 解析：解析 常用的多路复用技术有频分多路复用和时分多路复用；将一条物理信道分成若干时间片，轮换地给多个信号使用，实现一条物理信道传输多个数字信号，这是时分多路复用；将物理信道的总频带宽分割成若干个子信道，每个信道传输一路信号，这是频分多路复用；在光纤中采用的多路复用技术是波分多路复用；多路复用技术一般不用于局域网内通信。例如，电话网内通信正因为采用了多路复用技术才能使得家里的计算机上网时，同时还可以拨打
29、电话。18.在 3 种 CSMA 中，_具有“一旦侦听到传输介质空闲就发送数据，如果侦听到传输介质忙，继续监听，直到侦听到传输介质空闲后立即发送数据；如果发现冲突就退避，然后再尝试”的特征。（分数：1.00）A.1坚持 CSMA B.非坚持 CSMAC.0坚持 CSMAD.P坚持 CSMA解析：解析 考查 1坚持 CSMA 和 P坚持 CSMA 以及非坚持 CSMA 的区别。1坚持 CSMA 侦听总线遇到“忙”时，将继续侦听，一旦总线“空闲”立即发送；P坚持 CSMA 侦听总线遇到“忙”时，以概率 P 等到下一时间片开始再继续侦听；非坚持 CSMA 侦听总线遇到“忙”时，等待一段随机时间再侦听
30、。19.与 CSMA/CD 网络相比较，令牌环网更适合的环境是_。（分数：1.00）A.负载轻B.负载重 C.距离远D.距离近解析：解析 CSMA/CD 协议在网络负载较重时会因为碰撞而造成效率的降低，而令牌环网络因为使用了令牌环来避免网络中的冲突，与 CSMA/CD 协议相比，它减少了冲突率，提高了网络传输速率。20.在载波侦听和总线访问方法上，CSMA/CD 类似_协议。（分数：1.00）A.1坚持 CSMA B.非坚持 CSMAC.0坚持 CSMAD.P坚持 CSMA解析：解析 CSMA/CD 的工作原理是：发送数据前先侦听信道是否空闲，若空闲，则立即发送数据(概率为 1)。在发送数据时
31、，边发送边继续侦听，若侦听到冲突，则立即停止发送数据，等待一段随机时间再重新尝试。21.在以太网中，将以太网地址映射为 IP 地址的协议是_。（分数：1.00）A.SMTPB.ARPC.HTTPD.RARP 解析：解析 A 选项为邮件发送协议，B 选项为 IP 地址转为以太网地址的协议，C 选项为访问网页的协议。22.局域网交换机首先完整地接收数据帧，并进行差错检测，如果正确，则根据帧的目的地址确定输出端口号再转发出去。这种交换方式被称为_。（分数：1.00）A.直接交换B.改进的直接交换C.存储转发交换 D.碎片隔离交换解析：解析 直接交换是指在输入端口检测到数据帧时，检查帧头地址，并查表把
32、帧直接送到相应的窗口。存储转发交换把输入端口的数据帧先存储起来，然后进行 CRC，对错误包处理后才取出数据帧的目的地址，同样通过查表转发出去。碎片隔离交换检查数据包的长度是否满足帧的最小长度 64B 的要求，如果小于 64B，则认为是假包并丢弃；如果大于 64B，则发送该包。23.局域网的协议结构包括_。 网络层 数据链路层 物理层 介质访问控制层（分数：1.00）A.、B.、C.、D.、 解析：解析 由于局域网位于数据链路层，且介质访问控制层又属于数据链路层的一部分，所以局域网的协议结构包括、。24.局域网访问冲突的根源是_。（分数：1.00）A.独占介质B.共享介质 C.引入 MAC 子层
33、D.规则的拓扑结构解析：解析 因为局域网是总线型，而总线型网络通过共享介质传输数据，冲突的根源是共享介质，其他选项均不是根源。25.以太网在检测到_次冲突后，控制器会放弃发送。（分数：1.00）A.10B.15C.16 D.17解析：解析 根据退避算法定义，当重传 16 次后仍不能成功时，表示同时打算发送数据的站太多，导致连续发生冲突，应该丢弃该帧，并向高层报告。二、综合应用题(总题数：10，分数：70.00)26.简述数据链路层中的差错控制和流量控制的区别。 （分数：7.00）_正确答案：()解析：答案要点 差错控制是为了保证发送方发出的所有数据帧都能够按照正确的顺序交付给网络层，常采用的方
34、法是由接收方向发送方发送确认帧，以确保发送方知道帧按照正确的顺序到达了接收方，同时发送方设计定时器，当定时器时间到了还未收到确认帧时就重新发送该帧。 流量控制是为了避免出现发送方的发送速率大于接收方的接收速率的情况，通过某种反馈机制，限制发送方的发送速率，使发送方的发送速率不超过接收方的接收速率，从而使得网络既充分利用又不会出错。27.长度为 1km，数据传输速率为 10Mbit/s 的以太网，电信号在网络上的传播速度是 200m/ms。 假设以太网数据帧的长度为 256bit，其中包括 64bit 帧头、校验和及其他开销。数据帧发送成功后的第一个时间片保留给接收方用于发送一个 64bit 的
35、确认帧。假设网络负载非常小(即不考虑冲突的任何情形)，试问该以太网的有效数据传输速率是多少? （分数：7.00）_正确答案：()解析：答案要点 首先求得发送 256bit 数据帧所用的发送时间=256bit/(10Mbit/s)=25.6ms；数据帧在电缆上的传播时间=1000m/(200m/ms)=5ms；发送 64bit 的确认帧所用的发送时间=64bit/(10Mbit/s)=6.4ms；同样，确认帧在电缆上的传播时间=1000m/(200m/ms)=5ms；有效数据传输率=有效数据的长度/发送有效数据所用的总的时间；接下来就是计算发送该以太网帧所用的总时间，总时间=25.6ms+5ms
36、+6.4ms+5ms=42ms。但是，有一点请考生注意，题目已经很明确地说明 256bit 的帧长，其中有 64bit 帧头、校验和及其他开销，因此，有效数据=256bit-64bit=192bit，故该以太网的有效数据传输速率为 192bit/42ms=4.57Mbit/s。28.对于下列给定的值，不考虑差错重传，非受限协议和停止等待协议的有效数据传输速率是多少(即每秒实际发送了多少比特的数据)? R=传输速率(16Mbit/s) S=信号传播速度(200m/s) D=接收主机和发送主机之间的传播距离(200m) T=创建帧的时间(2s) F=每帧的长度(500bit) N=每帧中的数据长度
37、(450bit) A=确认帧 ACK 的帧长(80bit) （分数：7.00）_正确答案：()解析：答案要点 非受限协议(无须确认)：每帧中实际有效数据为 Nbit，而发送时间为 F/R，创建帧的时间为 T，总时间为T+F/R，故有效数据传输速率=N/(T+F/R)，代入数据解得有效数据传输速率为 13.53Mbit/s。 停止等待协议：每帧中实际有效数据为 Nbit，而发送数据帧的时间为 F/R，创建数据帧的时间为 T，而发送确认帧的时间为 A/R，创建确认帧的时间为 T，单向传播时延为 D/S，故有效数据传输速率为N/(2T+2D/S+F/R+A/R)，代入数据解得有效数据传输速率为 10
38、.65Mbit/s。29.假设一个数据传输速率为 11Mbit/s 的 IEEE 802.11 无线局域网正在连续不断地发送长度为 64B 的帧，已知该无线信道的误码率为 10 -7 ，则在该信道上每秒传输出错的帧为多少个? （分数：7.00）_正确答案：()解析：答案要点 已知该无线信道的误码率为 10 -7 ，即每比特传输出错的概率为 10 -7 ，那么每帧(64B=512bit)全部传输正确的概率为(1-10 -7 ) 512 ，每帧传输出错的概率为 1-(1-10 -7 ) 512 。由于该无线网络数据传输率为11Mbit/s，所以每秒可以传输的帧数为(1110 6 )/512 个，则
39、每秒钟出错的帧为(1110 6 )/5121-(1-10 -7 ) 512 。30.10Mbit/s 以太网升级到 100Mbit/s、1Gbit/s，甚至 10Gbit/s 以太网时，需要解决哪些技术问题?在帧的长度方面需要有什么改变?为什么?传输媒介应当有什么改变? （分数：7.00）_正确答案：()解析：答案要点 以太网升级时，由于数据传输速率提高了，帧的发送时间会按比例缩短，这样会影响冲突的检测，所以需要减小最大电缆长度或增大帧的最小长度，才能有效地检测冲突。在帧的长度方面，几种以太网都采用IEEE 802.3 标准规定的以太网最小、最大帧长，使不同传输速率的以太网之间可以方便地通信。
40、 100Mbit/s 的以太网中采用的方法是保持最短帧长不变，即 64B，但把一个网段的最大电缆长度减小到100m。因此，100Mbit/s 以太网的争用期是 5.12s，帧间最小间隔现在是 0.96s，都是 10Mbit/s 以太网的 1/10。 1Gbit/s 以太网采用保持网段的最大长度为 100m 的方法，用“载波延伸”和“分组突法”的办法使最短帧仍为 64B，同时将争用期增大为 512B。发送的 MAC 帧长不足 512B 时，就用一些特殊字符填充在帧的后面，使 MAC 帧的发送长度增大到 512B。 10Gbit/s 以太网只工作在全双工方式下，因此不存在争用问题，也不使用 CSM
41、A/CD 协议。 传输媒介方面，10Mbit/s 以太网支持同轴电缆、双绞线和光纤，而 100Mbit/s 和 1Gbit/s 以太网支持双绞线和光纤，10Gbit/s 以太网只支持光纤。31.假定在使用 CSMA/CD 协议的 10Mbit/s 以太网中，某站在发送数据时检测到冲突，执行退避时选择了随机数 r=100。试问该站需要等待多长时间后才能再次发送数据?如果是 100Mbit/s 的以太网呢? （分数：7.00）_正确答案：()解析：答案要点 10Mbit/s 以太网的争用期是 51.2s，该站的退避时间为 r51.2s=5.12ms，因此它将等待 5.12ms。 100Mbit/s
42、 以太网的争用期是 5.12s，该站的退避时间为 r5.12s=512s，因此它将等待 512s。 提示：建议记住 10Mbit/s 以太网的争用期与 100Mbit/s 以太网的争用期!32.两个相邻的结点 A、B 采用滑动窗口协议，其帧序号占用 3bit，在后退 N 帧 ARQ 的方式中，发送方的窗口尺寸为 4。假定 A 给 B 发送数据，对于下列事件指出窗口的位置： 1)在 A 发送数据帧之前。 2)在 A 发送数据帧 0、1、2 之后，B 应答了 0、1 帧，并且 A 收到了这些回应帧。 3)在 A 发送数据帧 3、4、5 之后，B 应答了第 4 帧，并且 A 收到了这些回应帧。 提醒：后退 N 帧采甬累积确认，并假设 A 发送的帧 B 都正确接收。 （分数：7.00）_正确答案：()解析：答案要点 根据滑动窗口的原理和后退 N 帧 ARQ 的基本思想，结果如图所示。 33.共有 4 个站进行码分多址通信。4 个站的码片序列为 A：(-1-1-1+1+1-1+1+1) B：(-1-1+1-1+1+1+1-1) C：(-1+1-1+1+1+1-1-1) D：(-1+1-1-1-1-1+1-1) 现收到这样的码片序列 S：(-1+1-3+1-1-3+1+1)。试问哪个站发送数据了?发送数据的站发送的是 0 还是 1? （分数：7.00）_
