计算机网络技术(双语)习题课

习题内容安排第一章概述 第二章物理层 第三章数据链路层 第四章局域网 第五章广域网 第六章网络互联 第七章运输层 第八章应用层 第九章计算机网络安全 计算机网络技术(双语)习题课全文共57页，当前为第1页。1-20、收发两端的传输距离为1000km，信号在煤体上的传播速率为2×108m/s。试计算以下两种情况的发送时延和传播时延：P17

（1）数据长度为107bit，数据发送速率为100kbit/s。（2）数据长度为103bit，数据发送速率为1Gbit/s。答（1）：发送延迟=107/（100×1000）=100s

传播延迟=1000×1000/（2×108）

=5×10-3s=5ms

（2）：发送延迟=103/（109）=10-6s=1us

传播延迟=1000×1000/（2×108）

=5×10-3s=5ms计算机网络技术(双语)习题课全文共57页，当前为第2页。英文2-42、Comparethedelay（时延）insendinganx-bitmessageoverak-hoppathinacircuit-switched（电路交换）

networkandina(lightloaded)packet-switched（分组交换）

network.Thecircuitsetuptime（建立时间）

iss

sec,thepropagation(传播)delayisdsecperhop,thepacketsizeisp

bits,andthedatarate（数据率）

isbbps.Underwhatconditionsdoesthepacketnetworkhavealowerdelay?译文：试在下列条件下比较电路交换和分组交换。

(1)要传送的报文共x（bit）

(2)从源站到目的站共经过k段链路，每段链路的传播时延为d（s）

(3)在电路交换时电路的建立时间为s（s）

(4)在分组交换时分组长度为p（bit），数据率为b（bit/s）问在怎样的条件下，分组交换的时延比电路交换的要小？且各结点的排队等待时间可忽略不计。计算机网络技术(双语)习题课全文共57页，当前为第3页。请看演示1-10、试在下列条件下比较电路交换和分组交换。要传送的报文共x（bit），从源站到目的站共经过k段链路，每段链路的传播时延为d（s），数据率为b（bit/s）。在电路交换时电路的建立时间为s（s）。在分组交换时分组长度为p（bit），且各结点的排队等待时间可忽略不计。问在怎样的条件下，分组交换的时延比电路交换的要小？答：对电路交换，当t=s时，链路建立；当t=s+x/b，发送完最后一bit；当t=s+x/b+kd，所有的信息到达目的地。对分组交换，当t=x/b，发送完最后一bit；为到达目的地，最后一个分组需经过k-1个分组交换机的转发，每次转发的时间为p/b，所以总的延迟=x/b+(k-1)p/b+kd

所以当分组交换的时延小于电路交换

x/b+(k-1)p/b+kd＜s+x/b+kd时，

即(k-1)p/b＜s计算机网络技术(双语)习题课全文共57页，当前为第4页。1-22、长度为100字节的应用层数据交给运输层传送，需加上20字节的TCP首部。再交给网络层传送，需加上20字节IP首部。最后交给数据链路层的以太网传送，加上首部和尾部共18个字节。试求数据的传输效率。若应用层数据长度是1000字节，数据的传输效率是多少？答：数据长度为100字节时传输效率=100/（100+20+20+18）=63.3%数据长度为1000字节时，传输效率=1000/（1000+20+20+18）=94.5%计算机网络技术(双语)习题课全文共57页，当前为第5页。英文2－43

Supposethat

xbits

ofuserdataaretobetransmittedovera

k-hop

pathinapacket-switchednetwork（分组交换网）asaseriesofpackets,eachcontaining

pdatabits

and

hheaderbits,withx»p+h.Thebitrate（数据率）ofthelinesis

bbps

andthepropagationdelay（传播时延）isnegligible（忽略）.What

valueofp

minimizes（最小）thetotaldelay（总时延）?解答：所需的分组总数是，因此总的数据加上头信息交通量为位。源端发送这些位需要时间为。中间的路由器重传最后一个分组所花的总时间为，因此我们得到总的延迟为：计算机网络技术(双语)习题课全文共57页，当前为第6页。对该函数求p的导数，得到令其等于0可得到：因为p>0，所以即时能使总的延迟最小。计算机网络技术(双语)习题课全文共57页，当前为第7页。2-06、用香农公式计算一下，假定信道带宽为3100Hz，最大信息传输速率为35Kb/s，（1）那么想使最大信息传输速率增加60%，问信噪比S/N应增大到多少倍？（2）如果在刚才计算的基础上将信噪比S/N再增大到10倍，问最大信息传输速率能否再增加20%？ P38

答：香农公式C=Wlog2(1+S/N),这里

W=3100Hz,C1=35Kb/s，可求得S1/N1＝2350/31-1=2520(1)想使最大信息传输速率增加60%，设信噪比S/N应增大到X倍，则（1＋0.6）C1=Wlog2(1+S2/N2)，求得S2/N2.

两者相比求得比值X约为108倍。

(2)C2=Wlog2(1+10*S2/N2)，求得C2，与C1比值为1.184，速率只提高了18.4%,小于20％，所以最大信息传输速率不能再增加20％。返回目录计算机网络技术(双语)习题课全文共57页，当前为第8页。2-08、什么是曼彻斯特编码和差分曼彻斯特编码？其特点如何？答：曼彻斯特编码是将每一个码元再分隔成两个相等的间隔。码元1是：前一个间隔为高电平，而后一个间隔为低电平(前高后低)；码元0与之相反，即前低后高。差分曼彻斯特编码的编码规则是：对码元1，前半个码元与上一个码元的后半个码元的电平一样，后半个码元则反过来；码元0是，前半个码元与上一个码元的后半个码元的电平相反，后半个码元再反过来（0变1不变）详细见英文教材P275或谢希仁.计算机网络（4）.P42图2－8。这种编码的好处是可以保证在每个码元的正中间出现一次电平的转换，可以保证同步；缺点是它所占的频带宽度比原始的基带信号增加了一倍。返回目录4-17计算机网络技术(双语)习题课全文共57页，当前为第9页。英文T4-17SketchtheManchesterendodingandthedifferentialManchesterendodingforthebitstream:00011101010001110101MDM计算机网络技术(双语)习题课全文共57页，当前为第10页。2-17、共有4个站进行码分多址通信。4个站的码片序列为 P60 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）。问哪个站发送数据了？发送数据的站发送的是0还是1？

答：S·A=（＋1－1＋3＋1－1＋3＋1＋1）／8=1，A发送1 S·B=（＋1－1－3－1－1－3＋1－1）／8=－1，B发送0 S·C=（＋1＋1＋3＋1－1－3－1－1）／8=0，C无发送

S·D=（＋1＋1＋3－1＋1＋3＋1－1）／8=1，D发送1

详见P61图2－25返回目录计算机网络技术(双语)习题课全文共57页，当前为第11页。T1速率是北美使用的系统，T1一次群的数据率是1.544Mb/s。其中，共24个话路。每个话路的采样脉冲用7bit编码，然后加上1位信令码元，因此一个话路也是占8个bit。帧同步码是在24路的编码之后再加上1bit，这样每帧共193bit。计算机网络技术(双语)习题课全文共57页，当前为第12页。3-06、信道速率为4kbit/s。采用停止等待协议。传播时延

tp=20ms。确认帧长度和处理时间可忽略。问帧长为多少才能使信道利用率达到至少50%？ P76解：根据下图所示停等协议中的时间关系：返回目录

在确认帧长度和处理时间均可忽略的情况下，要使信道利用率达到至少50%必须使数据帧的发送时间等于2倍的单程传播时延。即：所以得帧长160bit计算机网络技术(双语)习题课全文共57页，当前为第13页。3-09、试证明：当用n个比特进行编号时，若接收窗口的大小为1，则只有在发送窗口的大小WT≤2n-1时，连续ARQ协议才能正确运行。 P77

答：反证法：当WT=2n

，会发生以下情况：发送端发送的全部2n个数据帧都能正确传送到达接收端，但是接收端所发出的全部确认帧都传丢了。由于发送端没有收到确认帧，发送端重发2n个数据帧。但是接收端却无法分辨这些数据帧是重发的还是新发的。因此连续ARQ协议无法正确运行，对于WT>2n的情况也是如此。

返回目录计算机网络技术(双语)习题课全文共57页，当前为第14页。3-15、卫星通信的数据率为1Mbit/s。数据帧长为2000bit。忽略确认帧长和处理时间，并设卫星信道传播时延为0.25秒。若忽略可能出现的传输差错，试计算下列情况下的信道利用率：（1）停止等待协议； （2）连续ARQ协议，WT=7；（3）连续ARQ协议，WT=127；（4）连续ARQ协议，WT=255。答：信道利用率=t发×WT/t总，半双工（1）信道利用率=(2000/106×1)/(2000/106+2×0.25)=1/251信道利用率=(2000/106×7)/(2000/106+2×0.25) =7/251信道利用率=(2000/106×127)/(2000/106+2×0.25) =127/251信道利用率=1返回目录计算机网络技术(双语)习题课全文共57页，当前为第15页。

英文3-29framesof1000bitsaresentovera1-Mbpschannelusingageostationarysatellitewhosepropagationtimefromtheearthis270msec.Acknowledgementsarealwayspiggybackedontodataframes.Theheadersareveryshort.Three-bitsequencednumbersareused.Whatisthemaximumachievablechannelutilizationfor(1)Stop–and-wait.· 1(2)Protocol5. 7(P英文220)(3)Protocol6 4(P英文224)答：信道利用率=t发×WT/t总，全双工（1）信道利用率=1/542信道利用率=7/542信道利用率=4/542返回目录计算机网络技术(双语)习题课全文共57页，当前为第16页。英文3－31Consideranerror-free(无差错)64-kbpssatellitechannelusedtosend512-bytedataframesinonedirection（半双工）,withveryshortacknowledgements（确认帧）comingbacktheotherway.Whatisthemaximumthroughput（最大吞吐量）forwindowsizesof1,7,15,127?Theearth-satellitepropagationtime（传播时延）is270msec.答：maximumthroughput（最大吞吐量），即保持通道不空,t发送≥t总。发送一帧的时间为512-byte/64-kbps=64ms，设窗口数为Y

个，则t发送＝64×Yms

使用卫星信道端到端的传输延迟为270ms，本题半双工时，发送一帧成功的周期等于270ms＋270ms＋64ms＝604ms。则有64×Yms≥604ms，求得Y≥604/64＝9.4375。对于窗口值1，每604ms发送512-byte=4096位，吞吐率为4096/0.604=6.8kb/s。对于窗口值7，吞吐率为4096*7/0.604=47.5kb/s。对于窗口值超过9（包括15、127），吞吐率达到最大值，即64kb/s。计算机网络技术(双语)习题课全文共57页，当前为第17页。3-16、HDLC帧各字段的意义，HDLC用什么方法保证数据的透明传输？ P85答：HDLC帧结构如图：返回目录

（1）.标志域F。HDLC用一种特殊的位模式01111110作为标志以确定帧的边界。同一个标志既可以作为前一帧的结束,也可以作为后一帧的开始。链路上所有的站都在不断地探索标志模式,一旦得到一个标志就开始接收帧。在接收帧的过程中如果发现一个标志,则认为该帧结束了。（2）.地址域A。地址域用于标识从站的地址。虽然在点对点链路中不需要地址,但是为了帧格式的统一,也保留了地址域。地址通常是8位长,然而经过协商之后,也可以采用更长的扩展地址。（3）.控制域C。HDLC定义了三种帧,可根据控制域的格式区分之。信息帧(I帧)装载着要传送的数据,此外还捎带着流量控制和差错控制的信号。（4）.信息域INFO。只有I帧和某些无编号帧含有信息域。这个域可含有表示用户数据的任何比特序列,其长度没有规定,但具体的实现往往限定了帧的最大长度。（5）.帧校验和域FCS。FCS域中含有除标志域之外的所有其他域的校验序列。通常使用16bit的CRC-CCITT标准产生校验序列,有时也使用CRC-32产生32位的校验序列。采用零比特填充法就可传送任意组合的比特流，或者说，就可实现数据链路层的透明传输。计算机网络技术(双语)习题课全文共57页，当前为第18页。3-20、要发送的数据为1101011011。采用CRC的生成多项式是

P(x)=x4+x+1。试求应添加在数据后面的余数。数据在传输过程中最后一个1变成了0，问接收端能否发现？若数据在传输过程中最后两个1都变成了0，问接收端能否发现？答：见板书返回目录计算机网络技术(双语)习题课全文共57页，当前为第19页。4-01、局域网的主要特点是什么？为什么局域网采用广播通信方式而广域网不采用呢？ P93答：局域网最主要的特点是：网络为一个单位所共有，且地理范围和站点数目均有限。局域网采用广播通信方式而广域网不采用是因为局域网的分组不需要路由器转发，而广域网需要。返回目录计算机网络技术(双语)习题课全文共57页，当前为第20页。4-04、数据率为10Mbit/s的以太网的码元传输速率是多少波特？ 答：以太网使用曼彻斯特编码，这就意味着发送的每一位都有两个信号周期。标准以太网的数据速率是10Mb/s，因此波特率是数据率的两倍，即20M波特。返回目录计算机网络技术(双语)习题课全文共57页，当前为第21页。4-06、试说明10BASE5，10BASE2，10BASE-T所代表的意思。返回目录答：10BASE5：“10”表示数据率为10Mbit/s，“BASE”表示电缆上的信号是基带信号，“5”表示每一段电缆的最大长度是500m。

10BASE2：“10”表示数据率为10Mbit/s，“BASE”表示电缆上的信号是基带信号，“2”表示每一段电缆的最大长度是185m（约200m）。

10BASE-T：“10”表示数据率为10Mbit/s，“BASE”表示电缆上的信号是基带信号，“T”表示使用双绞线作为传输媒体。

计算机网络技术(双语)习题课全文共57页，当前为第22页。4-09、100个站分布在4km长的总线上，协议采用CSMA/CD。总线速率为5Mbit/s，帧平均长度为1000bit。试估算每个站每秒种发送的平均帧数的最大值。传播时延为5μs/km。 P106返回目录答：a==τ=5μs/km×4km×5Mbit/s÷1000bit=0.1

当站点数较大时，以太网的信道利用率最大值

Smax≈=0.6925

信道上每秒发送的帧的最大值= =0.6925×5Mbit/s/1000bit =3462

每个站每秒种发送的平均帧数的最大值=3462/100≈34帧计算机网络技术(双语)习题课全文共57页，当前为第23页。4-11、假定1km长的CSMA/CD网络的数据率为1Gbit/s。设信号在网络上的传播速率为200000km/s。求能够使用此协议的最短帧长。 P99返回目录答：对于1km电缆，单程端到端传播时延为： τ=1÷200000=5×10-6s=5μs， 端到端往返时延为：

2τ=10μs

为了能按照CSMA/CD工作，最小帧的发送时延不能小于10μs，以1Gb/s速率工作，10μs可发送的比特数等于： 10×10-6×1×109=10000bit=1250字节。计算机网络技术(双语)习题课全文共57页，当前为第24页。4-14、试比较以太网的MAC层协议和HDLC协议的相似点和不同点。 P99返回目录答：HDLC是面向比特的高级数据链路控制规程，是面向通信的；MAC是和网络拓扑及具体互联媒质相关的协议规程，仅仅适合于局域网的规定结构方式。HDLC帧用标志字段实现帧同步;MAC帧用前同步码实现比特同步。HDLC规程帧格式中的8位地址是站点的地址，不够用时，该8位地址是可以扩展的（按8位扩展），并且可以许循环扩展下去;MAC帧中的地址是48位的硬件地址。HDLC帧以控制字段区分帧的类型；MAC帧用类型字段标示上层使用的协议。HDLC帧信息字段长度没有具体规定；MAC帧数据长度规定为46B到1500B.都有FCS字段，但位数不一样。两者的关系是：一旦选定具体MAC规程（可以是动态选择），通信进程便按照设计的HDLC规程约定完成

。（此答案仅供参考）计算机网络技术(双语)习题课全文共57页，当前为第25页。4-17、使用CSMA/CD协议时，若线路长度为100m，信号在线路上传播速率为2×108m/s。数据的发送速率为1Gbit/s。试计算帧长度为512字节、1500字节和64000字节时的参数a的数值，并进行简单讨论。 P99答：a=τ/T0=τC/L=100÷（2×108）×1×109/L=500/L，信道最大利用率Smax=1/（1+4.44a），最大吞吐量Tmax=Smax×1Gbit/s

帧长512字节时，a=500/（512×8）=0.122，

Smax=0.6486，Tmax=648.6Mbit/s

帧长1500字节时，a=500/（1500×8）=0.0417，

Smax=0.8438，Tmax=843.8Mbit/s

帧长64000字节时,a=500/（64000×8）=0.000977,Smax=0.9957，Tmax=995.7Mbit/s，

可见，在端到端传播时延和数据发送率一定的情况下，帧长度越大，信道利用率越大，信道的最大吞吐量越大。计算机网络技术(双语)习题课全文共57页，当前为第26页。5-01、试从多个方面比较虚电路和数据报这两种服

务的优缺点。

答案:教材P141表5－1。计算机网络技术(双语)习题课全文共57页，当前为第27页。5－08：流量控制在网络中有何意义？流量控制与拥

塞控制有何异同点？答案:P145－146流量控制往往指在给定的发送端和接收端之间的点对点通信量的控制。流量控制所要做的就是抑制发送端发送数据的速率，以便使接收端来得及接收。拥塞控制所要做的都有一个前提，就是网络能够承受现有的网络负荷。拥塞控制是一个全局性的过程，涉及到所有的主机、所有的路由器，以及与降低网络传输性能有关的所有因素。计算机网络技术(双语)习题课全文共57页，当前为第28页。5－15ATM的主要优点是是什么？UNI和NNI有何不同？答案：P156答案：P161计算机网络技术(双语)习题课全文共57页，当前为第29页。6-04、试简单说明下列协议的作用：

IP、ARP、RARP和ICMP

答：网际协议IP是TCP/IP体系中两个最主要的协议之一。地址解析协议ARP(AddressResolutionProtocol)：

从IP地址到硬件地址的解析逆地址解析协议RARP(ReverseAddressResolutionProtocol)

从硬件地址到IP地址的解析因特网控制报文协议ICMP(InternetControlMessageProtocol)

为了提高IP数据报交付成功的机会，ICMP允许主机或路由器报告差错情况和提供有关异常情况的报告。计算机网络技术(双语)习题课全文共57页，当前为第30页。6-05、IP地址分为几类？各如何表示？IP地址

的主要特点是什么？答：略，详见教材P177—P179计算机网络技术(双语)习题课全文共57页，当前为第31页。6-09、

（1）子网掩码为代表什么意思？

（2）某网络的现在掩码为48，问该网络能够连接

多少个主机？

（3）某A类网络和某B类网络的子网号subnet-id分别为16个1和8

个1，问这两个网络的子网掩码有何不同？

（4）一个B类地址的子网掩码是。试问在其中每一

个子网上的主机数最多是多少？

（5）某A类网络的子网掩码为55，它是否是一个有效

的子网掩码？

（6）某个IP地址的十六进制表示是C22F1481，试将其转化为十进

制的形式。这个地址是哪一类的地址？

（7）C类网络使用子网掩码有无实际意义？为什么？

P195表6－6计算机网络技术(双语)习题课全文共57页，当前为第32页。答：（1）可代表C类地址对应的子网掩码默认值；也可代表A类或B类地址的掩码，即主机号由最后8bit决定，而路由器寻找网络由前24bit决定。（2）248=（11111000）2，即IP地址中前29位代表网络，后3位代表主机。所以共有主机数=23=8，但由于其中主机号全0代表该网络的网络地址，主机号全1代表该网络的广播地址，均不能分配给连网主机使用，所以网络能够连接的主机数=23-2=6台。（3）这两个网络的子网掩码是一样的，均为，但子网数不同，子网号为16bit的A类网络的子网数有216-2个，而子网号为8bit的B类网络的子网数有28-2个。（4）240=（11110000）2，子网掩码为前20个连续的1，后12个连续的0。所以该子网表示主机有12bit，子网上的主机数=212-2=4094，（减去主机全0和全1两个特殊地址）（5）有效，因RFC文档中没有规定子网掩码中的一串1必须是连续的，但不建议这样使用。（6）29，C类地址。（7）略计算机网络技术(双语)习题课全文共57页，当前为第33页。6-14、一个3200bit长的TCP报文传到IP层，加上160bit的首部后成为数据报。下面的互联网由两个局域网通过路由器连接起来。但第二个局域网所能传送的最长数据帧中的数据部分只有1200bit，因此数据报在路由器必须进行分片。试问第二个局域网向其上层要传送多少比特的数据（这里的“数据”当然指局域网看见的数据）？P187答：第二个局域网所能传送的最长数据帧中的数据部分只有1200bit，即每个IP数据片的数据部分<1200-160=1040(bit)，由于片偏移是以8字节即64bit为单位的，所以IP数据片的数据部分最大不超过64╳16=1024<1040bit，这样3200bit的报文要分至少4个数据片，所以第二个局域网向上传送的比特数等于：数据＋首部＝（3200+4×160），共3840bit。

见P187例计算机网络技术(双语)习题课全文共57页，当前为第34页。6-16、设某路由器建立了如表所示的转发表：

目的网络子网掩码下一跳

28接口0

2828接口1

28R2

92R3

*（默认）R4

此路由器可以直接从接口0和接口1转发分组，也可通过相邻的路由器R2，R3和R4进行转发。现共收到5个分组，其目的站IP地址分别为

（1）0，（2）2，（3）51，

（4）7，（5）0试分别计算其下一跳。(1)接口0(2)下一跳R2(3)下一跳R4(4)下一跳R3(5)下一跳R4计算机网络技术(双语)习题课全文共57页，当前为第35页。6-18、一个数据报长度为4000字节（固定首部长度）。现在经过一个网络传送，但此网络能够传送的最大数据长度为1500字节。试问应当划分为几个短些的数据报片？各数据报片的数据长度、片偏移字段和MF标志应为何值？P187

数据报（片）总长度(字节)数据长度(字节)MF片偏移原始数据报4000＝3980398000数据报片11500＝1480＋20148010数据报片21500＝1480＋2014801185数据报片31040=1020+2010200370计算机网络技术(双语)习题课全文共57页，当前为第36页。6-20:找出产生以下数目的A类子网的子网掩码（1）2（2）6（3）30计算机网络技术(双语)习题课全文共57页，当前为第37页。6-23、有两个CIDR地址块208.128/11和208.130.28/22。是否有哪一个地址块包含了另一地址块？如果有，请指出，并说明理由。P198答：

208.128/11的前缀为：

11010000100208.130.28/22的前缀为：

1101000010000010000101，它的前11位与208.128/11的前缀是一致的，所以208.128/11地址块包含了208.130.28/22这一地址块。P199表6－7

计算机网络技术(双语)习题课全文共57页，当前为第38页。英文最短路径法如下拓扑结构，以2为起点，导出到其他结点的最短路径。解法：见黑板。1234561122353125计算机网络技术(双语)习题课全文共57页，当前为第39页。7-05、试用具体例子说明为什么在运输连接建立时要使用三次握手。说明如不这样做可能会出现什么情况。（P272）7-07、见课后答案计算机网络技术(双语)习题课全文共57页，当前为第40页。7-10、设TCP使用的最大窗口为64KB，即64×1024字节，而传输信道的带宽可认为是不受限制的。若报文段的平均往返时延为20ms，问所能得到的最大吞吐量是多少？答：可见在报文段平均往返时延20ms内，发送方最多能发送64×1024×8比特，所以最大的吞吐量为

64×1024×8÷（20×10-3）

=26214400bit/s

=26.21Mbit/s计算机网络技术(双语)习题课全文共57页，当前为第41页。7-13、用TCP传送512字节的数据。设窗口为100字节，而TCP报文段每次也传送100字节的数据。再设发送端和接收端的起始序号分别为100和200，试画出类似于图7-15的工作示意图。从连接建立阶段到连接释放都要画上。P272―3主机A主机BSYN，SEQ=100

SYN,ACK，SEQ=200,ACK=101

ACK，SEQ=101，ACK=201

SEQ=101

ACK=201,WIN=100

SEQ=201

ACK=301,WIN=100

SEQ=301

ACK=401,WIN=100

SEQ=401

ACK=501,WIN=100

SEQ=501

ACK=601,WIN=100

SEQ=601

ACK=613,WIN=100

主机A主机BFIN,SEQ=613

ACK，SEQ=713，ACK=614

FIN,ACK，SEQ=713,ACK=614

ACK，SEQ=614，ACK=714

计算机网络技术(双语)习题课全文共57页，当前为第42页。7-23、一个UDP数据报的数据字段为8192字节。要使用以太网来传送。试问应当划分为几个数据片？说明每一个数据报片的数据字段的长度和偏移字段的值。P255答：UDP数据报的首部长度为8字节。IP数据报的首部是20字节。以太网的数据长度范围是48～1500字节，首部是18字节，总长度是64～1518字节。

见习题答案计算机网络技术(双语)习题课全文共57页，当前为第43页。7-26、答：见课后答案计算机网络技术(双语)习题课全文共57页，当前为第44页。7-27、通信信道带宽为1Gb/s,端到端的时延为10ms。TCP的发送窗口为65535字节。试问：可能达到的最大吞吐量是多少？信道利用率是多少？答：10ms*2=20ms.受带宽的限制，

可能达到的最大吞吐量是

65535*8/(65535*8/1Gb/s+20ms)

=25.574Mb/s

信道利用率是:

25.574Mb/s/1000Mb/s≈2.55%计算机网络技术(双语)习题课全文共57页，当前为第45页。7-28、

网络允许的最大报文段长度为128字节，序号用8bit表示，报文段在网络中的生存时间为30秒。试求每一条TCP连接所能达到的最高数据率。答：具有相同编号的TCP报文段不应该同时在网络中传输，必须保证，当序列号循环回来重复使用的时候，具有相同序列号的TCP报文段已经从网络中消失。现在存活时间是30秒，那么在30秒的时间内发送的TCP报文段的数目不能多于255个。

255×128×8÷30=8704b/s

所以每条TCP连接所能达到的最高速率是8.704kb/s计算机网络技术(双语)习题课全文共57页，当前为第46页。7-30、