计算机网络计算题整理

1、27目录第二章物理层21.最大传输速率R-MAX计算：22.比特率与波特率的计算：2第三/四章 数据链路层和MAC层21.带位填充首尾标志法即面向二进制帧格式：例：HDLC32.奇偶校验：33.校验和(CheckSum)34.循环冗余校验（CRC）45.流量控制4（1）一位滑动窗口协议（协议4）：WT=1，WR=14（2）后退n帧协议56.信道利用率：67.CSMA/CD 最短帧长最短帧长和（知识点：4-3）时隙长度为度68.求环比特长度，求总时间79.二进制指数后退算法710.碰撞问题：8第五章网络层91.IP地址分类92.路由算法9最短路径算法（Dijkstra）：9扩散法(floodin

2、g)9距离矢量算法9L-S（链路状态）算法112.主机的IP地址分配113.子网掩码：11第六章 传输层131. 拥塞控制132.TCP 超时后的适应重发RTT14第七章 应用层151. DNS（DNS：Domain Name System域名系统）152.E-mail系统的组成173. 简单邮件传输协议SMTP174. POP317第二章物理层1.最大传输速率R-MAX计算：无噪声信道：R-MAX=2Blog2V（B带宽，V信号离散等级）有噪声信道：香农公式：R-max=Blog2(1+s/n) 噪声=10log10S/N 噪声为30dB,S/N=10002.比特率与波特率的计算： 比特率=

3、波特率*log2V注意单位：B(Byest)字节=8bit(比特)1KB=1024B 1Kbit=1000bit1MB=1024KB 1Mbit=1000Kbit 解解（知识点：2-1、2、3）注意时间单位换算：1s=1000ms 1ms=1000us 1us=1000ns 例题：1）在一条无噪声的信道上，如果带宽是4MHz，信号分成32个等级，那么，信道的最大比特率(即数据传输率)为_bps，对应波特率为_波特，发送一个20KB的文件最短需要的时间是_。（作业一）解：(A)无噪声，B=4MHZ， V=32 R-MAX=2Blog2V（B带宽，V信号离散等级）=2*4*log2（32）=2*4

4、*5=40Mbps (B) 比特率=波特率*log2V->波特率=比特率/log2V=40Mbps/log2(32)=8Mbroun (C)最短时间T=20KB/40Mbps=20*8(Kbit)/40*1000(Kbps)=0.004s=4ms(这里注意时间换算)2）某信道的带宽为4MHz，假定无噪声并采用4电平的数字信号，试求该信道的最大数据传输率。（要求列出简要计算式）解：最大数据传输速率=2Blog2V=2*4*log24=2*4*2=16Mbps3）采用相幅调制(PAM)技术在带宽为32KHz的无噪声信道上传输数字信号，每个相位处都有两种不同幅度的电平。若要达到192Kbps的

5、数据速率，至少要有多少种不同的相位? 解：无噪声，B=32KHZ, R-max=192Kbps； R-MAX=2Blog2V（B带宽，V信号离散等级）得 Log2V=R-max/2B=192/2*32=3 所以V=8，每个相位都有两种不同的幅度的电平，所以至少需要8/2=4种不同的相位。4）一个TDM系统容量为480kbps, 为10路语音线路共享，语音信号的带宽为3000 Hz. 请问模数转换的采样频率为多少？每个样本/信元携带多少比特的信息？假设该系统无噪声，并且采用二元信号进行传输，则信道的总带宽最小为多少Hz？如果采用曼切斯特编码，则信道的总带宽最小为多少Hz？解：(A)采样频率为两倍

6、信号带宽，即2*3000HZ=6KHZ （B）先求出每路语音线路的数据传输速率为480Kbps/10=48kbps， 再求每个样本携带信息为：48k/6k=8 bit （C）假设该系统无噪声，并且采用二元信号进行传输，则信道的总带宽最小为：B=480kbps/2log2v=480ps/2=240KHZ (D)如果采用曼切斯特编码，则信道的总带宽最小为: 曼切斯特编码对信号的利用率为50%， 根据结果（3），信道最小总带宽： 240KHZ/50%=480KHZ（5） 如果主机A通过由32路TDM共享的2.048Mbps总线链路向主机B发送一个32Kb的文件，则传输时间为_。解：先求出每路得传输速

7、率=2.048/32=64Kbps 在求时间T=32Kb/64Kbps=0.5s=500ms（知识点：2-6）A. 500msB. 1000msC. 15.6msD. 1000ms6）在曼切斯特编码中，如果信号的到达速率（即信号的波特率）是10M，那么数据传输速率是_。（知识点：2-7）A. 5MbpsB. 10MbpsC. 20MbpsD. 没有一个选项答案正确注：采用曼彻斯特编码的数字信道,数据传输速率是波特率1/2倍 第三/四章 数据链路层和MAC层1.带位填充首尾标志法即面向二进制帧格式：例：HDLC 考点：把所需传输的而精致数据一字排开，并以特列的位模式01111110作为帧标志，如

8、果内容中出现一个与帧标志相同的位串，即在第5个1后面插入1个0.例题：（1）采用位插入法的帧格式，若欲传输的信息是10111111011，则实际传输的比特串是_。（知识点：3-7）A. 10111111011B. 101111101011C. 100111111011D. 101011111011解：10111111011在第5个1后面插入一个0即 101111101011某8比特数据经“0比特插入”后在信道上用“曼彻斯特码”发送，信道上的信号波形如下图所示，试求原8比特数据。 解：考了2个知识点：曼切斯特码（低到高代表0，高到低代表1），面向2进制帧格式 1 1 1 1 1 0 0 1 1

9、1 1 1 1 1 0 1 12.奇偶校验：考点：在数据后加一个奇偶(parity)位，奇偶位设置标准是保证码字中“1”位的数目是偶数(或奇数)。例子：1011010偶校验：10110100奇校验：101101013.校验和(CheckSum)考点：将发送的数据看成是二进制整数序列，并划分成一段段规定的长度（如8位、16位、32位等），累加他们的和，校验和是此和的补码。将校验和与数据一起发送。在接收端，所有数据与校验和之和0例：（1）07 6C 5F AA 86 7E1A3B6654333C的32位校验和为_0BC152DF_。（知识点：3-2） 解：（1）因为是32位故分成8个：如下：07

10、6C 5F AA +86 7E1A3B+6654333C （2）依位相加，逢16进1位序号A的数位1+B数位1+数位1和当前位进位求补码补码1A+B+C=10+11+123333-16*2=11216-1=15F2A+3+3=10+3+316+2=1818-16=22115-2=13D3F+A+3=15+10+328+1=2929-16=13(D)D115-13=2245+1+3=99+1=10(10)AA015-10=555C+E+4=12+14+4=3030+0=3030-16=14（E）E115-14=1166+7+5=1818+1=1919-16=33115-3=12C77+6+6=1

11、919+1=2020-16=44115-4=11B80+8+6=1414+1=15(15)FF015-15=00PS:如果是16位就把数分成4位，8位就分成2位相加。下面是16位的求法：序号A的数位1+B数位1+C数位1+D数位1+E数位1+F数位1和求当前位当前位进位求补码补码1C+A+E+B+4+C=12+10+14+11+4+126363-16*3=15F316-15=1126+A+7+3+5+3=6+10+7+3+5+33737-16*2=55215-5=10A37+F+6+A+6+3=7+15+6+10+6+34949-16*3=11315-1=14E40+8+1+6+32121-1

12、6=55115-5=10A4.循环冗余校验（CRC）考点：（1）除以多项式（已经给定），如果能除尽说明无差错 （2）CRC校验码是除以多项式的余数即原BIT+余数是最终发送的比特流例：(1)0111010111001001采用CRC校验码，生成多项式为 x3+x+1，最后发送的数据为_。 解 step 1：通过多项式x3+x+1得到被除数为：1010，和需要在原比特后加（多项式的最高次幂是3）000 Step 2：原始比特+000后除以1010的余数即是CRC校验码（相同为0，不同为1）（2） 已知生成多项式G（x）=x4+x3+1，若接收端收到的位串为10110011010，问传输是否有错?

13、为什么?（列出说明理由的计算式） 解 ：（1）由G（x）=x4+x3+1 得到被除数：11001 （2）用收到的位串10110011010除以11001，如果出尽（没有余数）则代表无传输错误5.流量控制（1）一位滑动窗口协议（协议4）：WT=1，WR=1考点：S = next_frame_to_send, R = frame_expected 接收帧时：seq与R比较,若相等则接收送网络层,且R+;否则拒绝。ack与S比较,若相等则从网络层取新包,S+;否则S无变化。发送帧时：seq=next_frame_to_send; ack=frame_expected-1;例：1)采用一位滑动窗口协议

14、（即协议4），通信一方的next_frame_to_send=0，frame_expected=1，当收到一个（seq=0, ack=0, data）的帧后，next_frame_to_send=_，frame_expected =_，并将该帧的数据_。（知识点：3-5）A. 0，0，送网络层B. 0，1，丢弃C. 1，0，送网络层D. 1，1，丢弃解析：seq=0与frame_expeced=1 比较 ，不相等， frame_expeced=1 ，丢弃 Ack=0与next_frame_to_send=0比较，相等，next_frame_to_send+=1 答案是：1,1 ，丢弃 2）采用

15、一位滑动窗口协议（即协议4），通信一方的next_frame_to_send=0，frame_expected=1，当发送一帧时，帧的内容为（seq=_, ack=_, data）。（知识点：3-6）A. 0，0B. 0，1C. 1，0D. 1，1解：因发送帧时：seq=next_frame_to_send; ack=frame_expected-1;故：seq=0,ack=1-1=0（2）后退n帧协议考点：发送端的等待时间至少是发送端到接收端传播时间的二倍例题：1）如果主机A 到主机B 相距3000 km，信道的传输速率为1Mbps，信号传播速率为200m/ms，发送的帧长为64字节。A和B

16、之间采用重发N帧协议（协议5）或选择性重发协议（协议6）进行差错控制和流量控制。如果主机A的数据链路层向主机B的数据链路层发送了0-6号帧，主机A收到了2号帧的确认，并且它的0号帧超时。请回答以下问题：（10分）（1）要使信道的利用率达到最高，如果采用协议5，帧序号应该为多少位？（2）要使信道的利用率达到最高，如果采用协议6，帧序号应该是多少位？（3）如果采用协议6，并且又收到了6号帧的NAK，主机A重发了哪些帧？（4）如果采用协议5，并且又收到了3号帧的确认，4号帧定时器超时，主机A重发了哪些帧？答：（2分）发送一个帧即收到确认所需要的时间为2*(64*8/1M + 3000km/200)

17、= 2*(0.512ms+15 ms) = 2 * 15.512 = 31.024ms在31.024ms中可以发送的帧数为60.1。（1）（2分）用协议5，序号为6位（2）（2分）用协议6，序号为7位（3）（2分）重发6号帧（4）（2分）重发4、5、6号帧2）试根据发送滑动窗口变化过程，在下图所示各发送窗口下标出“发送帧序号”或“接收确认帧序号”说明。(参照第一窗口说明)   6.信道利用率：考点：信道的利用率为：发送时间/来回时间 如果帧长1位，发送率为b位/秒，往返传输时间为R秒 线路的利用率= =1/(1+bR)例题：1）在带宽为20Mbps、距离为5km的信道上用协

18、议3传输数据帧，电信号在线路上的传播速度约为5 (s/km，确认帧长度忽略，当信道利用率为50%时，帧长为_。解：设帧长为L，7.CSMA/CD 最短帧长最短帧长和（知识点：4-3）时隙长度为度考点：（1）发送最短帧的时间=帧长/网络速率=2=2×最长线路长度(D)/信号传播速率(V) （2）时隙的长度等于信号在介质上来回的传播时间例1)一个CSMA/CD的网络，最大传输距离为5000米，信号传播速率为200m/s，网络带宽为10M。最短帧长是_。（知识点：4-3）时隙长度为_。解:先求：一个时隙的长度=2T=2*D/V=2*5000/200m/us=10000/200(m/us)=

19、50us 根据发送最短帧的时间=帧长（L）/网络速率(R)得到 最短帧长 L=50us*10M=0.00005*10000000bit=500bit2）若CSMA/CD局域网的节点最大距离为2km，网络的数据传输率为10Mbps，信号在介质中的传播速度为2×108m/s，求该网的最短帧长。（要求写出计算过程） 解：最短帧的时间=2*2km/2*108m/s=20us 最短帧长=20us*10Mbps=200bit 3）设信号在介质中的传播速度为200m/s,若10Mbps的CSMA/CD LAN的最短帧长为200bit，试求该网站点的最大距离。 解：先求最短帧的时间=最短帧长/网络速

20、率=200bit/10Mbps=20us 最大距离=20us*200m/us/2=2000m8.求环比特长度，求总时间 例1)某令牌环介质长度为20km，数据传输速率为2Mbps，环路上共有50个站点.每个站点的接口引入1位延迟，设信号在介质中的传播速度为200ms，试计算环的比特长度。(要求写出计算过程) 解：环的比特长度=信号传播时延×数据传输速率接口延迟位数=环路介质长度÷200m/s×数据传输速率接口延迟位数=20000÷200m/s×2Mbps+50×1=250bit2).在100Mbps以太网中，两站点间的最大距离是200

21、m，信号传播速度是200m/s，求在该网上传输长度为1500bit的数据帧所需的总时间(s)。(要求列出简要计算步骤) 解：总时间=传输时延+信号传播时延 传播时延=数据帧长度/数据传播速率 信号传播时延=两个站之间的距离/信号传播速度 总时间=数据帧长度/数据传播速率+两个站之间的距离/信号传播速度 =1500bit/1ooMbit/s+200m/200ms=15s+1s=16s9.二进制指数后退算法考点：（1）一般地，经i次冲突后，发送站点需等待的时隙数将从0 2i - 1中（即即0, 2i-1或0, 2i)）随机选择 随机数的最大值是1023（即第10次冲突之后） （2）对于两个站点的第

22、j次竞争，发生在第i次冲突之后，j=i+1，站点会在0,2j-1)或0,2i)范围选择等待时隙。其发生冲突的概率=1/2j-1=1/2i；前j次竞争都冲突的概率=1×1/2××1/2j-1=1/2(j-1)×j/2=1/2i×(i+1)/2例题：1）在以太网中的某一时隙，有两个站点同时开始发送，则3次竞争内（包括第3次）将帧成功发送的概率是_。（或者说3次竞争总可以解决冲突的概率）（知识点：4-5）A. 12.5%B. 25%C. 75%D. 87.5%2)在一个时隙的起始处，两个CSMA/CD站点同时发送一个帧。求前4次竞争都冲突的概率解：前

23、四次竞争都冲突的概率为：1 x 0.5 x 0.25 x 0.125 = 0.015625=1/24×(4-1)/2第一次竞争冲突的概率为1=1/20；第二次竞争，即第一次冲突后，A、B都将在等待0个或1个时隙之间选择，选择的组合有：00、01、10、11，共4种，其中00和11将再次冲突，所以第二次竞争时，冲突的概率为0.5=1/21第三次竞争，即第二次冲突后：A、B都将在0、1、2、3之间选择，选择的组合有：00、01、02、03、10、11、12、13、20、21、22、23、30、31、32、33共16种，其中00、11、22、33将再次冲突，所以第三次竞争时，冲突的概率为0

24、.25=1/22第四次竞争，即第三次冲突后：A、B都将在0、1、2、3、4、5、6、7之间选择，选择的组合共有64种，其中00、11、 、77将再次冲突，所以第四次竞争时，冲突的概率为0.125=1/23前四次竞争都冲突的概率为：1 x 0.5 x 0.25 x 0.125 = 0.015625=1/24×(4-1)/2=1/643） 在以太网中，当两个站点碰撞（即冲突）5次后，选择的随机等待时隙数的范围是_。（用数学的区间符号表示，如a, b）解：0, 2(i)-1或0, 2(i)0，2(5)-1=31 或0,32)10.碰撞问题：考点：C能收到RTS但收不到CTS，因此在A、B通

25、信期间，C也可以和其他站点通信，而不会干扰B接收数据D收到CTS，因此D知道B将和A通信，在这段时间内，D不能发送数据E既能收到RTS又能收到CTS，因此在A、B通信期间，E不能和其他站点通信当B、C同时向A发RTS时，将会发生碰撞碰撞后将会采用二进制后退算法解决例题1）IEEE 802.11采用的MAC协议是CSMA/CA，在该协议中当某站点收到站点A发给站点B的RTS，没有收到任何CTS后，则该站点_。（知识点：4-6）A. 不能与任何站点通信 B. 可以与除A、B以外的站点通信C. 可以与除B以外的站点通信 D. 可以与任何站点通信2）下图WiFi网络中，D在t0时刻给C发送了RTS,

26、C回答了CTS。D在收到CTS之后在t2时刻开始发送数据，同时A在t1时刻给B发送了RTS并在t3时刻到达B.(1) 请简单阐述WiFi的分布式媒体访问控制方法。（2） 如果A在t3时刻以后给B发送数据，B 能正确接收吗？这会干扰正在进行的C和D之间的通信吗？(3) 在t3时刻， B可以给A回答CTS吗？ 为什么？答：（1）（4分）WiFi采用CSMA/CA的方法进行媒体访问控制。在发送数据前，源端首先侦听信道，如果信道空闲，则通过发送RTS/CTS短帧以防止冲突，然后再发送数据；如果信道忙，则通过二进制指数后退法等待一段时间以后再重新尝试。（2）（2分）因为C在A的发射半径之外，所以A可以给

27、B发送数据，不会干扰C接收数据（3）（2分）B不可以给A发送CTS，因为B收到了C发出CTS，知道C要接收数据。而B发送的数据会干扰C接收数据第五章网络层1.IP地址分类例1）某网络设备的IP地址为202.112.192.4，它属于_C_类IP地址2.路由算法最短路径算法（Dijkstra）：通过用边的权值作为距离的度量来计算最短路径扩散法(flooding)不计算路径，有路就走在数据包头设一计数器，每经过一个节点自动加1，达到规定值时，丢弃数据包 在每个节点上建立登记表，则数据包再次经过时丢弃 距离矢量算法是动态、分布式算法，RIP协议中使用本算法，较小系统中常使用RIP ，距离矢量法定期与

28、邻居交换自己的距离矢量。根据邻居的距离矢量及自己到邻居的距离计算到其他节点的最近距离例1）下图所示的子网使用了距离矢量路由算法，如下的矢量刚刚到达路由器C：来自B的矢量为（6，0，9，13，7，3）；来自D的矢量为（17，13，7，0，10，11）；来自E的矢量为（8，7，4，10，0，5）。经测量C到B，D，E的延迟分别为6，3，5。请给出C的新路由表（列出使用的输出线路及新估计的从C出发的延迟）。BDE重新估计的延时线路A617812BB01376BC974/CD130103DE71005EF31159F635例2）一个有5个节点的网络中，如果节点5的邻居有1、3、4，各邻居节点传来的距离

29、矢量如下表所示：（知识点：5-12、13）TO结点1结点3结点41011521069380345305747 5到邻居1、3、4的距离分别为7、4、11。试用距离矢量法计算节点5的路由表，在表中剩余的部分填写选项。TO延时线路17结点12CC34结点347结点350延时（ ）A. 8B. 9C. 10D. 11线路（ ）A. 结点1B. 结点2C. 结点3D. 结点4L-S（链路状态）算法链路状态法收集邻居信息，组装成一个路由分组，广播给网上的所有节点。每个节点根据收集到的路由分组总结出整个网络的拓扑结构，用单源最短路径的算法，适合较大型的网络。OSPF用LS2.主机的IP地址分配3.子网掩码

30、：子网掩码的网络地址部分和子网地址部分全为1，它的主机部分全为0一个缺省C类IP地址的掩码为：255.255.255.0掩码也可用更简洁的方式表示：202.120.3.99/27，其中27表示掩码中1的个数包含子网地址的网络号 = IP地址掩码例1）202.120.5.193/28子网可容纳的主机数为_个。（知识点：5-5）掩码为_？解：根据题目202.120.5.193/28可得掩码中有28个1，即32-28=4 个0即11110000=240故掩码为255.255.255.240 可容纳主机数是32-28=4,24-2=16-2=14对某C类子网进行子网划分，子网号长度3位。其中子网中11

31、0(二进制数)子网主机号为6(十进制数)的节点的IP地址的最后一个字节的值为_。 11000110=1983)本题目包括3空）某路由器中的路由表如下表所示：（知识点：5-9、10、11）子网号子网掩码下一跳202.120.34.128255.255.255.192本路由器端口0202.120.34.64255.255.255.192本路由器端口1Default路由器R2按下表所示，当该路由器收到所指定目的地址的数据包时，填写应转发的下一跳。收到数据包的目的地址应转发的下一跳202.120.33.57202.120.34.100202.120.34.177解：包含子网地址的网络号 = IP地址掩

32、码 子网号子网掩码网络号 = IP地址掩码下一跳202.120.34.128255.255.255.192202.120.34.128本路由器端口0202.120.34.64255.255.255.192202.120.34.64本路由器端口1Default路由器R2收到数据包的目的地址网络号 = IP地址掩码应转发的下一跳202.120.33.57202.120.33.0路由器R2202.120.34.100202.120.34.64本路由器端口1202.120.34.177202.120.34.128本路由器端口04)下图所表示的网络中，子网AD 最多有30 台主机。现有一个C 类地址20

33、2.120.36.0可以用来为该网络分配IP地址。1）为子网AE分配子网号和子网掩码，并为子网E中的两台路由器的接口分别分配其IP地址。（2）路由器R1向外广播的子网号和子网掩码分别是多少？（3）如果子网A中的主机要给子网D中的主机发送分组，他们需要知道R1连接在子网E中的MAC地址吗？请解释原因。（4）如果路由器R2替换成交换机S2. 请指出各自的冲突域和广播域。（5）如果路由器R2替换成交换机S2，子网A中的主机要给子网D中的主机发送分组，他们需要知道R1连接在子网E中的MAC地址吗？如果需要，他们如何得到其MAC地址？答：（1）（10分）5位为主机号，3位为网络号。子网掩码是255.25

34、5.255.224。如果设子网A为1号网络，子网B为2号网络，子网C为3号网络，子网D为4号网络，子网E为5号网络，则R2的3个地址可能是202.120.36.33, 202.120.36.65， 202.120.36.161。R1的三个地址为202.120.36.162, 202.120.36.97， 202.120.36.129。（2）（2分）路由器R1向外广播的子网号和子网掩码分别是202.120.36.0，掩码是255.255.255.0（3）（3分）如果子网A中的主机要给子网D中的主机发送分组，他们不需要知道R1连接在子网E中的MAC地址，只需要知道R2连接子网A的端口的MAC地址。

35、（4）（3分）如果路由器R2替换成交换机S2. 则A、B、E各形成一个冲突域。A、B、E一起形成一个广播域。（5）（2分）如果路由器R2替换成交换机S2，子网A中的主机要给子网D中的主机发送分组，他们需要知道R1连接在子网E中的MAC地址。该地址可通过ARP协议获得。第6章 传输层1. 拥塞控制考点：1）拥塞窗口初始化： 连接建立时，发送方将拥塞窗口的初始大小设置为最大的数据段长度，并随后发一个最大长度的数据段，如该数据段在定时器超时前得到了确认，发送方在原来的拥塞窗口的基础上再增加一倍长度，发送两个数据段，如两个数据段都得到了确认，则再增加一倍长度，直到数据传输超时或到达接收方的窗口大小为止

36、 当拥塞窗口的大小为n个数据段时，如果发送的n个数据段都得到了确认，那么此时拥塞窗口的大小即为n个数据段对应的字节数2） 拥塞窗口的大小修正：除接收窗口和拥塞窗口外，拥塞控制时还需指定一个临界值(threshold)，临界值的初始值为64K，如果发生数据传输超时，将临界值设为当前拥塞窗口的1/2，并使拥塞窗口恢复到最大的数据段长度，成功的传输使拥塞窗口按指数增加（成倍），直到到达临界值，以后按线性增加（按最大的数据段长度）这种算法称为慢启动算法(slow start)例题：1. 数据报的最大长度为2K，当拥塞窗口为40K时发生拥塞，经过三次成功传输后，拥塞窗口大小为_。（知识点：6-1）A.2

37、KB B. 8KBC. 16KBD. 4KB2. 上题的阈值（临界值）大小为_。（知识点：6-2）A.40KB B. 20KBC. 24KBD. 26KB3. 上题中经过五次成功传输后，拥塞窗口大小为_。（知识点：6-3）A. 16KB B. 20KB C.32KBD. 34KB4. 上题的阈值（临界值）大小为_。（知识点：6-4）A. 40KB B. 50KB C.20KBD. 30KB5. 上题中第7次传输发生超时（即发生拥塞），则拥塞窗口大小为_。（知识点：6-5）A. 24KB B. 128KB C.64KBD. 2K6. 上题的阈值（临界值）大小为_。（知识点：6-6）A. 40KB

38、 B. 20KB C.10KBD. 11KB2.TCP 超时后的适应重发RTT考点：自适应的重发时间，将尽可能避免因延时较大而进行的错误重发，并尽可能提高系统的吞吐率，同时，对处于不同网络距离（近程或远程）的两台计算机的重发时间作动态的调整例1）如a=7/8=0.875，RTT=10ms时，发出的3个数据报的往返时间为； 12.7，13.4、15.1ms，求发出这3个数据包后最后的RTT。 2)设=7/8，在RTT= 5.0ms时发出的三个数据报的实际往返时间分别为 5.5，6.2，7.5，则发出3个数据报后最后的RTT_（四舍五入精确到小数点后1位）。（知识点：6-7）解：RTT1=0.87

39、5*5+(1-0.875)*5.5=5.0625RTT2=0.875*5.0625+(1-0.875)*6.2=5.2046785RTT3=0.875*5.2+(1-0.875)*7.5=5.493)假设主机A需要通过TCP将一个很大的文件发送给主机B。A和B之间由一台路由器相联，相距5000 km，信号的传播速率为200m/ms，数据传输率为10Mbps，TCP的数据报长度为1KB。（1）求A和B之间发送一个数据报的往返延迟RTT。路由器的排队及转发延迟为1ms、忽略主机的处理延迟以及数据包和ACK包的传输延迟。（2）TCP使用慢启动来进行端对端的拥塞控制。初始临界值取8KB。请问6次成功发

40、送之后，A和B之间的平均吞吐量是多少？线路的效率是多少？答：（1）RTT = 2 * （1 + 5000km / 200）= 2 * （1 + 25）= 52ms（2）TCP的数据报长度为1KB,初始临界值取8KB成功的传输使拥塞窗口按指数增加（成倍），直到到达临界值，以后按线性增加（按最大的数据段长度）6次一共发送的数据量为1 + 2 + 4 + 8 + 9 + 10 = 34kB = 34*8=272 kb传输次数拥塞窗口临界值备注0（拥塞）16KB8KB发生数据传输超时，将临界值设为当前拥塞窗口的1/21（成功）1KB8KB使拥塞窗口恢复到最大的数据段长度2（成功）28KB临界值，拥塞窗

41、口成倍增长，临界值不变3（成功）48KB4（成功）88KB达到临界值5（成功）98KB达到临界值，按线性增加（按最大的数据段长度）6（成功）108KB达到临界值，按线性增加（按最大的数据段长度）7（拥塞）15发生拥塞超时，将临界值设为当前拥塞窗口的1/2，并使拥塞窗口恢复到最大的数据段长度花费的时间为 52 * 6 = 312ms平均吞吐量为 272kb / 312ms = 871.795kbps线路效率是 871.795 k / 10M = 0.087第7章 应用层1. DNS（DNS：Domain Name System域名系统）考点：用途：将域名映射为IP地址域名：包括了主机名、电子邮件目标地址等形式。特点：分级的、基于域的命名机制，采用分布式的数据库系统来实现此系统。DNS的请求和应答以UDP分组传输DNS是一个分布式数据库系统，由域名空间、域名服务器和_地址转换请求程序_三部分组成。例1）一台机器是否允许有多个IP地址，是否允许有多个域名？在什么情况下将出现此类情况?答：