计算机网络习题课修订版

1、讲解：周讲解：周讲解：周讲解：周讲解：周讲解：周 猛猛猛猛猛猛2习题课一习题课一第一章第三章3下图表示电路交换、报文交换和分组交换下图表示电路交换、报文交换和分组交换(数据报数据报)的主要区别。的主要区别。P254 假定在地球和一个新月亮之间建立一条假定在地球和一个新月亮之间建立一条100M100M位位/ /秒的链路。从该月亮到地球的距离大约是秒的链路。从该月亮到地球的距离大约是385000385000公里，数据在链路上以光速公里，数据在链路上以光速3 310108 8米米/ /秒传秒传输。计算该链路的最小往返时间输。计算该链路的最小往返时间RTTRTT。 解：解：最小最小RTT=2RTT=2

2、385000000385000000米米（3 310108 8米米/ /秒）秒）=2.57=2.57秒秒例题部分例题部分5考虑一个最大距离为考虑一个最大距离为2 2公里的局域网，当带宽等公里的局域网，当带宽等于多大时传播延时（传播速度为于多大时传播延时（传播速度为2 210108 8米米/ /秒）秒）等于等于100100字节分组的发送延时？对于字节分组的发送延时？对于512512字节分字节分组结果又当如何？组结果又当如何？ 解答：传播延迟解答：传播延迟=2=210103 3米米（2 210108 8米米/ /秒）秒） =10=10-5-5秒秒=10=10微秒微秒100100字节字节1010微秒

3、微秒=10M=10M字节字节/ /秒秒=80M=80M位位/ /秒秒512512字节字节1010微秒微秒=51.2M=51.2M字节字节/ /秒秒=409.6M=409.6M位位/ /秒秒因此，带宽应分别等于因此，带宽应分别等于80M80M位位/ /秒和秒和409.6M409.6M位位/ /秒。秒。6 在下列情况下，在下列情况下，计算传送计算传送1000KB1000KB文件所需要的总时间，文件所需要的总时间，即从起始握手时起直到文件的最后一位到达目的地为止即从起始握手时起直到文件的最后一位到达目的地为止的时间。假定往返时间的时间。假定往返时间RTTRTT是是100100毫秒，一个分组是毫秒，一

4、个分组是1KB1KB（即（即10241024字节）的数据，在开始传送整个的文件数据之字节）的数据，在开始传送整个的文件数据之前进行的起始握手过程需要前进行的起始握手过程需要2 2RTTRTT的时间。的时间。（a a）当带宽是）当带宽是1.5Mbps1.5Mbps，数据分组可连续发送时。，数据分组可连续发送时。解答：解答：2 2个起始的个起始的RTTRTT：1001002=2002=200毫秒毫秒=0.2=0.2秒；秒； 1KB=81KB=8比特比特1024=81921024=8192比特，比特， 发送时间：发送时间：1000KB1000KB1.5Mbps1.5Mbps =8192000 =81

5、92000比特比特15001500，000000比特比特/ /秒秒=5.46=5.46秒；秒； 传输时间：传输时间：RTTRTT2=1002=1002=502=50毫秒毫秒=0.05=0.05秒秒 所以，总时间等于起始握手时间所以，总时间等于起始握手时间+ +发送时间发送时间+ +传输时间，传输时间，即即0.2+5.46+0.05=5.710.2+5.46+0.05=5.71秒。秒。 7 （b b）当带宽是）当带宽是1.5Mbps1.5Mbps，并且在结束发送每一个数据分，并且在结束发送每一个数据分组之后，必须等待一个组之后，必须等待一个RTTRTT才能发送下一个数据分组时。才能发送下一个数据

6、分组时。 解答：总共发送解答：总共发送10001000个分组，需要在上一小题答个分组，需要在上一小题答案的基础上再增加案的基础上再增加999999个个RTTRTT，即为，即为5.71+9995.71+9990.1=105.610.1=105.61秒秒所以，总时间是所以，总时间是105.61105.61秒。秒。 在下列情况下，计算传送在下列情况下，计算传送1000KB1000KB文件所需要的总时间，文件所需要的总时间，即从开始传送时起直到文件的最后一位到达目的地为止即从开始传送时起直到文件的最后一位到达目的地为止的时间。假定往返时间的时间。假定往返时间RTTRTT是是100100毫秒，一个分组是

7、毫秒，一个分组是1KB1KB（即（即10241024字节）的数据，在开始传送整个的文件数据之字节）的数据，在开始传送整个的文件数据之前进行的起始握手过程需要前进行的起始握手过程需要2 2RTTRTT的时间。的时间。8假定假定PSTNPSTN的带宽是的带宽是3000HZ3000HZ，典型的信噪功率比是，典型的信噪功率比是20dB20dB，试确定可以取得的理论上最大的信息（数据）速率。试确定可以取得的理论上最大的信息（数据）速率。 因此，因此，C = 3000log2(1+100) = 19 936 bps 即可以取得的理论上最大的信息（数据）速率是即可以取得的理论上最大的信息（数据）速率是19

8、936 bps。解答：解答：分贝9 假定我们要发送信息假定我们要发送信息1100100111001001，并且使用，并且使用CRCCRC多项式多项式x x3 3+1+1来检错，使用多项式长除来确定来检错，使用多项式长除来确定应该发送的信息块。应该发送的信息块。 11001001000100110011101001101011001000100100100010001001000110001001010101001001110解答：取信息解答：取信息1100100111001001，附加，附加000000，并用，并用10011001去除，余数是去除，余数是011011 应该发送的信息块是应该发送

9、的信息块是110010010111100100101111 假定我们要发送信息假定我们要发送信息1100100111001001，并且使用，并且使用CRCCRC多项式多项式x x3 3+1+1来检错，假定信息块最左边的比特由来检错，假定信息块最左边的比特由于在传输链路上的噪音而变化，接收方于在传输链路上的噪音而变化，接收方CRCCRC计算的计算的结果是什么？接收方是怎样知道发生了错误的？结果是什么？接收方是怎样知道发生了错误的？ 解答：把第解答：把第1 1位变反，得到位变反，得到0100100101101001001011，再用，再用10011001去除，得到商去除，得到商0100000101

10、000001，余数是，余数是1010。由于。由于余数不为零，所以接收方知道发生了错误。余数不为零，所以接收方知道发生了错误。12 假定一个成帧协议使用零比特充填，写出假定一个成帧协议使用零比特充填，写出当帧包含下列比特序列时在链路上发送的比特当帧包含下列比特序列时在链路上发送的比特序列。序列。110101111101011111101011111110110101111101011111101011111110 解答：解答：110101111100101111101010111110110 13 考虑建立一个考虑建立一个CSMA/CDCSMA/CD网，电缆长网，电缆长1 1公里，不公里，不使用

11、重发器，运行速率为使用重发器，运行速率为1 1GbpsGbps。电缆中的信号。电缆中的信号速度是速度是200000200000公里公里/ /秒。问最小帧长度是多少？秒。问最小帧长度是多少？ 解答：对于解答：对于1 1公里电缆，单程传播时间公里电缆，单程传播时间=1=1200000 200000 =5=51010-6-6秒秒=5=5微妙，来回路程传播时间为微妙，来回路程传播时间为2 2=10=10微妙。微妙。为了能够按照为了能够按照CSMA/CDCSMA/CD工作，最小帧的发射时间不能工作，最小帧的发射时间不能小于小于1010微妙。以微妙。以1 1GbpsGbps速率工作，速率工作，1010微妙

12、可以发送的微妙可以发送的比特数等于：比特数等于：因此，最小帧是因此，最小帧是1000010000位或位或12501250字节长。字节长。 14 本题也可直接利用CSMACD协议MAC帧最短帧长计算公式 L(2SC)V电缆中信号的传播速率电缆长度网络速率（带宽）单位bps15一、单选题1.通信子网的主要组成是(A)主机系统和通信链路 (B)网络结点和通信链路(C)网络体系结构和网络协议 (D)计算机网络和终端2.OSI参考模型的意义是。 (A)将整个网络功能划分成七个层次 (B)首次提出网络体系结构的概念 (c)建立了标准的网络体系结构 (D)首次提出了网络协议的概念习题部分习题部分BC163.

13、按数据交换方式分类，计算机网络可划分为 (A)WAN、MAN、LAN (B)电路交换网、报文交换网、分组交换网 (c)星形网、环形网、总线形网 (D)Windows NT、Novell、UNIX4.用于发布并交换信息的在线服务系统称为 (A)BBS (B)电子银行 (C)FTP (D)远程教育系统5.分组交换网的结点的主要功能是。 (A)存储转发信息 (B)处理信息 (C)提供网络共享资源 (D)以上皆是BAA176. 以太网采用曼彻斯特编码，其目的是。 (A)提高数据传输率 (B)节省信道带宽 (c)能够提取位同步时钟信号 (D)便于多路复用7.若数字信号的码元调制电平数为8，则在2400波

14、特的信道上所能达到的最大数据传输率为 (A)7200 bps (B)4800 bps (C)2400 bps (D)800 bps8.差错控制编码的基本方法有两大类，它们是。 (A)归零编码和不归零编码 (B)曼彻斯特编码和差分曼斯特编码 (c)检错码和纠错码 (D)奇偶校验码和CRC码CAC189.下面种网络拓扑结构适合广域网。 (A)星形拓扑 (B)总线形拓扑 (C)环形拓扑 (D)网形拓扑10.下列说法错误的是。 (A)电路交换技术在交换结点上无法进行代码转换 (B)虚电路能够保证报文分组的发送次序和接收次序一致 (c)纠错码的编码效率低于检错码 (D)在同步传输中，收发端需要保持同步；

15、在异步传输中，收发端无需保持同步DD19二、填空题1.按网络覆盖范围，计算机网络可分类为、 和2.电路交换方式在用户开始通信前，必须建立一条从发送端到接收端的3.计算机网络是和密切结合的产物。4.在面向终端的计算机网络中，实施数字信号和模拟信号之间的转换设备是_5.Internet为用户提供的主要服务包括电子邮件、文件传输、远程登录和_物理信道(或物理电路)计算机网络技术、通信技术信息浏览(或WWW)206.串行数据通信的方向性结构有三种，即单工、和。7.数字信号调制成模拟信号的三种基本方式是、和。8.T1系统利用时分多路复用技术，将路信号复用在一个信道上，其数据传输率为9根据光的传输方式不同

16、，光纤可分为和10若码字多项式为T(x)=x9十x8十x5十x3十X2,则对应的码字为，若生成多项式为G(x)=x4十x十1，则CRC校验位的长度为位。24，1.544Mbps1100101100，42111数据链路层在使用面向连接的服务时，数据传送分为、和三个阶段。12连续重发请求方案针对在传输过程中某一帧出现差错的处理，有两种策略和。13.在滑动窗口机制中，发送和接收结点各设一窗口，分别称为和。窗口中能够暂存的数据帧的数目称为。14路由选择算法是网络层的关键技术，固定路由选择属于策略，分布路由选择属于策略。Go-back-N(回退N)策略、选择重发策略2218提供网络层上的协议转换，在不同

17、网络之间存储和转发分组的网络互连设备是。运输层提供了两种服务类型，即和.231.B 2.C 3.B 4.A 5.A6.C 7.A 8.C 9.D 10.D一、选择题答案：241.广域网、城域网、局域网 2.物理信道(或物理电路)3.计算机网络技术、通信技术 4.调制解调器(或Modem)5.信息浏览(或WWW) 6. 半双工，全双工7.ASK、FSK、PSK(或幅移键控法、频移键控法、相移键控法)8.24，1.544Mbps 9.单模光纤、多模光纤 10. 1100101100，411建立连接，数据传送，断开连接12Go-back-N(回退N)策略，选择重发策略13发送窗口，接收窗口，窗口尺寸

18、二、填空题答案：2514静态路由选择，动态路由选择18路由器,面向连接的服务，无连接的服务二、填空题答案：26习题课二习题课二第三章第六章27习题部分习题部分一、单选题1.与CSMACD协议相比，令牌环协议的优点是。 (A)轻负载时效率高 (B)重负载时性能稳定 (C)协议简单 (D)可靠性好2. LLC帧格式中不含有帧校验序列是因为。(A)MAC帧中含有校验序列 (B)局域网的误码率低()局域网的覆盖范围小 (D)局域网的传输速率高3. FDDI标准规定MA帧的数据字段的最大长度为。 (A)1500字节 (B)4500字节 ()8192字节 (D)没有上限BAB284.下面网络使用光纤作为传

19、输介质。 (A)10BASE-2 (B)10BASE-5 (C)10BASE-T (D)10BASE-F5. 与IEEE802.3(以太网)协议相比，IEEE802.4(令牌总线)协议具有的优点。 (A)站点都有公平的访问权 (B)几个站点都要发送数据帧之前必须等待时间的最大值总是确定的 (c)没有最短帧长的限制 (D)以上皆是6. 下面的协议符合IEEE802.5标准。 (A)TCP/IP (B)FTP (C)CSMACD (D)令牌环协议DDD297.下面说法正确的是。 (A)在CSMA/CD总线网中，网络负载增大时，网络吞吐量一定增大 (B)在令牌环网中，网络负载增大时，网络吞吐量一定增

20、大 (C)局域网网卡完成物理层和数据链路层功能 (D)FDDI环中最多只能同时流动一个数据帧8.在令牌总线(IEEE802.4)协议中，。 (A)令牌按照站点的物理次序进行传递 (B)由于多个站点共享总线信道，所以也有可能产生冲突现象 (C)能够保证在限定的时间内，任何一个站点都能获得发送权 (D)对MAC帧的最短长度有限制CC30 9基本速率接口BRI是ISDN用户-网络接口之一，使用BRI接口，用户能用来传输数据的最高传输速率为。 (A)64kbps (B)144kbps (C)128kbps (D)96kbps10. 快速以太网100BASE-TX采用的编码方案是。 (A)曼彻斯特编码

21、（B)不归零码NRZ (C)差分曼彻斯特编码 (D)4B/5BNRZI11. 是一个合法的IP地址，它属于。 (A)A类地址 (B)B类地址 (C)C类地址 (D)D类地址12. 快速以太网100BASE-T采用的媒体访问控制方法是。 (A)令牌环 (B)令牌总线 (C)CSMA (D)CSMA/CDCDCD3113. 在Internet环境中，必须使用IP地址来唯标识。 (A)主机、路由器和网络打印机 (B)主机、路由器和中继器 (C)服务器、工作站和集线器 (D)主机、MODEM和交换机14. Internet上各种网络和各种不同类型的计算机相互通信的协议是. (A

22、)HTTP (B)IPX (C)X.25 (D)TCP/IP15. 在下列几组协议中，_属于网络层协议. A. IP和TCP B. ARP和TELNET C. FTP和UDP D. ICMP和IPADD321. B 2. A 3. B (IEEE8023MAC帧的数据字段最大长度是1500字节，IEEE802.4MAC帧的数据字段最大长度是8192字节；令牌环802.5MAC帧的数据字段最大长度没有限制，其实际帧长受限于站点的令牌持有时间；FDDI MAC帧的数据字段最大长度为4500字节。) 4. D 5.D 6.D 7.C 8.C 9.C 10.D11. C 12.D 13.A 14. D

23、 15.D一、选择题答案：33二、填空题1、IEEE802标准将数据链路层划分为两个子层:子层和子层。2、CSMACD协议分为非坚持性、和三种类型。3、LLC子层不涉及网络的和。4、粗同轴以太网的数据率为，每个网段的最大长度为m。5、ISDN有两种用户-网络接口标准，它们是和。10Mbps 500m基本速率接口BRI ，一次群速率接口PRI拓扑结构，媒体访问方式34 8. ATM上是一种高速分组传送模式，它将语音、数据及图像等所有的数字信息分解成长度的数据块，并在各数据块前加上地址等控制信息构成。 9. ATM的信息单元称为，它的长度为个字节，包括个字节的信头和个字节的信息段。 10.帧中继是

24、以技术为基础的高速分组交换技术。 11. 12. 13.通过与某个主机的进行二进制“与”操作，就可以确定该主机所在的网段(子网)。分组交换3514.15. 16. 17.假定IP的B类地址不是使用16位而是使用14位作为B类地址的网络号部分，那么将会有_个可分配的B类网络. 18.在因特网上的一个B类网络具有子网掩码。问每个子网中的最大主机数目是。212或409611110000212-2或4094361. LLC，MAC2. 1-坚持型，P-坚持型 3. 拓扑结构，媒体访问方式4. 10Mbps，500m 5. 基本速率接口BRI ，一次群速率接口PRI 8.固定，信元 9.信元，53，5，4810. 分组交换 11. 10 12.分布式，域名空间，域名服务器13.子网掩