计算机网络原理第1-4章习题.ppt

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1、计算机网络,第 1 章 习题课,1-03试从多个方面比较电路交换、报文交换和分组交换的主要优缺点。,（1）电路交换 它的特点是实时性强，时延小，交换设备成本较低。但同时也带来线路利用率低，电路接续时间长，通信效率低，不同类型终端用户之间不能通信等缺点。电路交换比较适用于信息量大、长报文，经常使用的固定用户之间的通信。（2）报文交换 报文交换的优点是中继电路利用率高，可以多个用户同时在一条线路上传送，可实现不同速率、不同规程的终端间互通。但它的缺点也是显而易见的。以报文为单位进行存储转发，网络传输时延大，且占用大量的交换机内存和外存，不能满足对实时性要求高的用户。报文交换适用于传输的报文较短、实

2、时性要求较低的网络用户之间的通信，如公用电报网。（3）分组交换 分组交换比电路交换的电路利用率高，比报文交换的传输时延小，交互性好。,1-06试将TCP/IP和OSI的体系结构进行比较。讨论其异同点。,（1）OSI和TCP/IP的相同点是：都是基于独立的协议栈的概念；二者均采用层次结构，而且都是按功能分层，层功能大体相似。（2）OSI和TCP/IP的不同点：OSI分七层，自下而上分为物理层、数据链路层、网络层、运输层、会话层、表示层和应用层；而TCP/IP具体分五层：应用层、运输层、网络层、网络接口层和物理层。OSI层次间存在严格的调用关系，两个（N）层实体的通信必须通过下一层（N-1）层实体

3、，不能越级，而TCP/IP可以越过紧邻的下一层直接使用更低层次所提供的服务（这种层次关系常被称为“等级”关系），因而减少了一些不必要的开销，提高了协议的效率。OSI只考虑用一种标准的公用数据网。TCP/IP一开始就考虑到多种异构网的互连问题，并将网际协议IP作为TCP/IP的重要组成部分。TCP/IP一开始就对面向连接服务和无连接服务并重，而OSI在开始时只强调面向连接这一种服务。TCP/IP较早就有了较好的网络管理功能。,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)，从源点到终点共经过k段链路，每段链路的传播时延为d(s)，数据率为b(b/s)。在电路交换时电路的

4、建立时间为s(s)。在分组交换时分组长度为p(bit),且各接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？,解答：分组交换和电路交换的传播时延都为dk.对于电路交换总时延=连接时间+发送时延+传播时延=s+x/b+dk 对于分组交换，设共有n个分组，由于分组采用存储转发技术，一个站点的发送时延为t=p/b,数据在信道中经过k-1个t时间的流动后，从第k个t开始，每个t时间段间将有一个分组到达目的站，从而发送n个分组的时延为：(k-1)p/b+np/b,则分组交换的总时延为：(k-1)p/b+np/b+dk.nx/p/(k-1)p/b+x/pp/b+dks+x/

5、b+dk(k-1)p/bs,34(2010年）在下图所示的采用“存储-转发”方式分组的交换网络中，所有链路的数据传输速率为100 Mbps，分组大小为1000 B，其中头部大小为20 B。若主机H1向主机H2发送一个大小为980000B的文件，则在不考虑分组拆装时间和等待延迟的情况下，从H1发送到H2接收完为止，需要的时间至少是（相邻单位间的进制关系可近似的看做1000）_。A80 ms B80.08 ms C80.16 ms D80.24 ms,【解答】C。考察存储转发机制。由题设可知，分组携带的数据长度为980B，文件长度为980000B，需拆分为1000个分组，加上头部后，每个分组大小为

6、1000B，总共需要传送的数据量大小为1MB。由于所有链路的数据传输速度相同，因此文件传输经过最短路径时所需时间最少，最短路径经过2个分组交换机。当t=1M8/100Mbps=80ms时，H1发送完最后一个bit；由于传输延时，当H1发完所有数据后，还有两个分组未到达目的地，其中最后一个分组，需经过2个分组交换机的转发，在两次转发完成后，所有分组均到达目的主机。每次转发的时间为 t0=1K8/100Mbps=0.08ms。所以，在不考虑分组拆装时间和等待延时的情况下，当t=80ms+2t0=80.16ms时，H2接收完文件，即所需的时间至少为80.16ms。答案为C。,1-13.面向连接服务与

7、无连接服务各自的特点是什么？,面向连接服务具有建立、数据传输和连接释放这三个阶段。在传送数据时是按序传送的。面向连接服务比较适合于在一定期间内要向同一目的地发送许多报文的情况。对于面向无连接服务，两个实体之间的通信不需要先建立好一个连接，因此其下层的有关资源不需要实现进行预定保留。无连接服务的优点是灵活方便和比较迅速，但无连接服务不能防止报文的丢失、重复或失序。无连接服务的特点不需要接收端做任何响应，因而是一种不可靠的服务。,1-20收发两端之间的传输距离为1000km，信号在媒体上的传输速率为2108m/s。试计算以下两种情况下的发送时延和传播时延：（1）数据长度为107bit,数据传送速率

8、为100kb/s;（2）数据长度为103bit,数据传送速率为1Gb/s。解答：（1）发送时延=107/100000=100s 传播时延=1000103m/2108m/s=510-3s=5ms(2)发送时延=103/109=10-6s=1us传播时延=1000103m/2108m/s=510-3s=5ms,第二章 习题课,答：奈氏准则指出了：码元传输的速率是受限的，不能任意提高，否则在接收端就无法正确判定码元是1还是0（因为有码元之间的相互干扰）。奈氏准则是在理想条件下推导出的。在实际条件下，最高码元传输速率要比理想条件下得出的数值还要小些。电信技术人员的任务就是要在实际条件下，寻找出较好的传

9、输码元波形，将比特转换为较为合适的传输信号。需要注意的是，奈氏准则并没有对信息传输速率（b/s）给出限制。要提高信息传输速率就必须使每一个传输的码元能够代表许多个比特的信息。这就需要有很好的编码技术。,香农公式给出了信息传输速率的极限，即对于一定的传输带宽（以赫兹为单位）和一定的信噪比，信息传输速率的上限就确定了。这个极限是不能够突破的。要想提高信息的传输速率，或者必须设法提高传输线路的带宽，或者必须设法提高所传信号的信噪比，此外没有其他任何办法。至少到现在为止，还没有听说有谁能够突破香农公式给出的信息传输速率的极限。香农公式告诉我们，若要得到无限大的信息传输速率，只有两个办法：要么使用无限大

10、的传输带宽（这显然不可能），要么使信号的信噪比为无限大，即采用没有噪声的传输信道或使用无限大的发送功率（当然这些也都是不可能的）。,比特和波特是两个不同的概念。波特是码元传输的速率单位，它说明每秒传多少个码元。比特是信息量的单位。但是，信息的传输速率“比特/秒”与码元的传输速率“波特”在数量上却有一定的关系。若1个码元只携带1bit的信息量，则“比特/秒”与码元的传输速率“波特”在数值上是相等的。,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，那么若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？如果刚才计算出的基础上将信噪比S/N再增大

11、到10倍，问最大信息速率能否在增加20%？香农公式:C=Wlog2（1+S/N）b/s其中：C：信道的极限信息传输速率 W：信道带宽 S：信道内所传信号的平均功率 N：信道内部的高斯噪声功率问题1、依题意，W=3100Hz,C=35kb/s，求得S/N211.3-1211.3若使C增加60%=56kb/s，则求得：S/N218-1218218/211.3100问题2、C=Wlog2（1+10*218）b/s=W(log210+18)=W(3.32+18)=W*21.32=66092 b/s则求得：C在增加了60%的基础上又增加了：(66092-56000)/5600018%，所以，不能增加20

12、%。,2-17.共有4个站进行码分多址CDMA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:(-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1还是0?解析：此题考查的是对CDMA通信原理的掌握，如何从接收到的码片序列推算发送站是否发送及发送的数据内容。这就需要根据公式 分别计算各站码片序列与接收站 码片序列的规格化内积，结果为0说明该站没有数据发送；结果为1说明该站发送的是1；结果为-1则说明该站发送的是

13、0。,答：接收到的码片序列M=-1+1-3+1-1-3+1+1,根据如下公式，分别计算各站码片序列与接收码片序列的规格化内积，结果为0表明没有数据发送；结果为1表明发送的是1；结果为-1表明发送的是0。A*M=1/8(1-1+3+1-1+3+1+1)=1,所以,A发送了1,同理,B*M=1/8(1-1-3-1-1-3+1-1)=-1,C*M=1/8(1+1+3+1-1-3-1-1)=0,D*M=1/8(1+1+3-1+1+3+1-1)=1,所以B、D发送了0、1，C未发送数据。,第三章 习题课,3-02.数据链路层中的链路控制包括哪些功能？数据链路层中的链路控制的主要功能有：（1）链路管理，即

14、数据链路的建立、维持和释放。（2）帧定界，数据以帧为单位传送，收方应当能从收到的比特流中准确地区分出一帧的开始和结束的地方。（3）流量控制，基于反馈机制来实现，解决节点之间的流量问题。（4）差错控制，使接收端能够发现传输错误，并能纠正传输错误。（5）透明传输，（6）寻址。,3-06.信道速率为4kb/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均可忽略。帧首部的开销也可忽略。问帧长为多少才能使信道利用率达到至少50%？解析：在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，均等于t发送时间/(t发送时间+2 t传播时间)当发送时间等于传播时延的

15、2倍时，信道的利用率是50%，即发送一帧的时间=20ms2=40ms 信道速率是每秒4kb/s，设帧长为l，则l/(4010-3)=4000b/s 所以l=160bit,3-11在选择重传ARQ协议中，设编号用3bit，而发送窗口WT=6，而接收窗口WR=3。试找出一种情况，使得在此情况下协议不能正确工作。解析对于连续的ARQ，发送窗口和接收窗口需要满足的条件是WT+WR2n。而题中WT+WR=6+3=923，所以无法正常工作。解答设想在发送窗口内的序号为0，1，2，3，4，5，而接收窗口等待后面的6，7，0。当0号确认帧丢失，接收端收到0号帧，则无法判断是新帧还是重传帧。,3-15卫星信道的

16、数据率为1Mb/s。取卫星信道的单程传播时延为0.25秒。每一个数据帧长都是2000bit。忽略误码率、确认帧长和处理时间。忽略帧首部长度对信道利用率的影响。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；解答 发送时延：tf=2000bit/1Mb/s=2ms传播时延：tp=0.25s=250ms发送一帧数据到达接收方，接收方发回确认帧的时间周期：T=tf+2tp=2+2250=502ms若在周期T=502ms内可发送k个帧（每个帧的发送时间为2ms），则信道的利用率是2k/T=2k/5

17、02=k/251。（1）停止等待协议，此时k=1，则信道利用率为=2/502=1/251。（2）WT=7，27/502=14/502=7/251。（3）WT=127，2127/502=254/502=127/251。（4）WT=255，2 WT=510502，故信道利用率为1。,3-18一个PPP帧的数据部分（用十六进制写出）是7D 5E FE 27 7D 5D 65 7D 5E试问真正的数据是什么（用十六进制写出）?解析将0 x7E转变成（0 x7D 0 x5E），将0 x7D转变成（0 x7D 0 x5D）。解答7E FE 27 7D 65 7E,利用滑动窗口概念说明停止等待协议、连续AR

18、Q协议和选择重传协议的工作原理。,第4章 局域网,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？解析局域网LAN是指在较小的地理范围内，将有限的通信设备互连起来的计算机通信网络。广域网是由一些结点交换机以及连接这些结点交换机的链路组成，它的覆盖范围比较大。此题要求对局域网的特点和通信方式有明确的把握，同时对广域网也要有一定的了解。首先，局域网的特点应该从功能和体系结构以及传输规程等方面进行充分的把握。第二问就要从局域网和广域网的区别来分析，这里主要是考虑二者规模上的差异。,解答（1）局域网的主要特点是：从功能的角度来看，局域网具有如下几个特点：共享传输信道。在L

19、AN中，多个系统连接到一个共享的通信媒体上；地理覆盖范围有限，连接用户个数有限。通常LAN为一个单位所有，覆盖范围约为10m10km内或更大些；传输速率高。LAN的传输速率一般为1100Mb/s，能支持计算机之间的高速通信，所以时延较低；误码率低。传输距离近，所以误码率很低，一般在10-810-11之间。多采用分布式控制和广播式通信。,(2)局域网采用广播通信是因为局域网中的机器都连接到同一条物理线路，所有主机的数据传输都经过这条链路，采用的通信方式是将主机要发送的数据送到公用链路上，发送至所有的主机，接收端通过地址对比，接收发往自己的数据，并丢弃其他数据的发式。广域网是由更大的地理空间，更多

20、的主机构成的，若要将广播用于广域网，可能会导致网络无法运行。首先，主机间发送数据时，将会独占通信链路，降低了网络的使用率；另外，主机A向主机B发送数据时，是向网络中所有的主机发送数据，当主机数目非常多时，将严重消耗主机的处理能力。同时也造成了数据的无效流动；再次，极易产生广播风暴，使网络无法运行。,4-07有10个站连接到以太网。试计算一下三种情况下每一个站所能得到的带宽。（1）10个站都连接到一个10Mb/s以太网集线器；（2）10个站都连接到一个100Mb/s以太网集线器；（3）10个站都连接到一个10Mb/s以太网交换机。解析此题考查集线器和交换机在带宽方面的区别。从带宽来看，集线器不管

21、有多少个端口，所有端口都共享一个带宽，在同一时刻只能有两个端口传送数据，其他端口只能等待。同时集线器只能工作在半双工模式下。因此对于集线器来说，使所有连接在这个集线器上的站点共享信道；而对于交换机来说，每个端口都有一条独占的带宽，当两个端口工作时不影响其他端口的工作。同时交换机不但可以工作在半双工方式，也可以工作在全双工模式下，因此连接在交换上的站实际上是独占信道的。解答（1）10个站共享10Mb/s；（2）10个站共享100Mb/s；（3）每一个站独占10Mb/s。,4-08.100个站分布在4km长的总线上，协议采用CSMA/CD，总线速率为5Mb/s，帧平均长度为1000bit。试估算每

22、个站每秒钟发送的平均帧数的最大值。传播时延为5us/km。解析此题欲求每秒发送的平均帧数，因此怎样得到此总线的信道利用率是关键。已知站点数较多时的信道利用率为Smax=1/（1+4.44a），a=/T0，它是总线的单程传播时延与帧的发送时延之比。解答 a=/T0=C/L=5us/km4km5Mb/s1000bit=0.1当站点数较大时，信道利用率最大值Smax=1/（1+4.440.1）=0.6925信道上每秒发送的帧数的最大值=0.69255Mb/s1000bit=3462每个站每秒种发送的平均帧数的最大值为346210034。,4-10.假定1km长的CSMA/CD网络的数据率为1Gb/s

23、。设信号在网络上传播速率为200 000km/s。求能够使用此协议的最短帧长。解析 CSMA/CD是总线局域网带有冲突检测的载波监听多路访问协议。数据在总线上传输存在传播时延，即使发送数据前监听到信道为“空闲”，仍有可能在发送数据一段时间内发生碰撞。当一个站在发送数据后，最迟要经过两倍的端到端的传播时延，才能知道自己发送的数据是否和其他站发送的数据发生了碰撞。局域网按最坏情况计算总线两端的两个站之间的传播时延为端到端的传播时延。因此，帧的传播时延应该大于等于端到端往返传播时延才能检测得到冲突。解答对于1km电缆，单程端到端传播时延为=1km200000km/s=510-6s=5us，端到端往返

24、时延为：2=10us按照CSMA/CD工作，数据帧的发送时延不能小于10us，以1Gb/s速率工作，10us可发送的比特数等于：(1010-6s)(1.0109b/s)=10 000bit=1250B因此，最短帧长是10000bit或1250B。,4-11有一个使用集线器的以太网，每个站到集线器的距离为d，数据发送速率为C，帧长为12500字节，信号在线路上的传播速率为2.5108m/s。距离d为25m或2500m，发送速率为10Mb/s或10Gb/s。这样就有4种不同的组合。试利用公式（4-5）分别计算这四种不同情况下参数a的数值，并进行简单的讨论。解析公式4-5指的是信道利用率定量分析中的

25、参数a的计算方法，即 a=/T0=/L/C=C/L解答 a=/T0=/L/C=C/L=d/sC/L=d(2.5108m/s)C(125008)=410-14dC，根据d和C的四种不同组合来讨论a的值，结果如下表所示。,4-17网桥的工作原理和特点是什么？网桥与转发器以及以太网交换机有何异同？解答网桥的每个端口与一个网段相连，网桥从端口接收网段上传送的各种帧。每当收到一个帧时，就先暂存在缓冲中。若此帧未出错，且欲发往的目的站MAC地址属于另一网段，则通过查找网桥站表，将收到的帧送往对应的端口转发出去；若该帧出现差错，则丢弃此帧。网桥过滤了通信量，扩大了物理范围，提高了可靠性，可互连不同物理层、不

26、同MAC子层和不同速率的局域网。但同时也增加了时延，对用户太多和通信量太大的局域网不适合。,网桥与转发器的异同，体现在：网桥工作在数据链路层，而转发器工作在物理层；网桥不像转发器转发所有的帧，而只转发未出现差错，且目的站属于另一网络的帧或广播帧；转发器转发一帧时不用检测传输媒体，而网桥在转发一帧前必须执行CSMA/CD算法；网桥和转发器都有扩展局域网的作用，但网桥还能提高局域网的效率并连接不同的MAC子层和不同速率的局域网。以太网交换机通常有十几个端口，而网桥一般只有24个端口；它们都工作在数据链路层；网桥的端口一般连接到局域网，而以太网交换机的每个接口可直接与主机相连，交换允许多对主机间同时

27、通信，而网桥允许每个网段上的计算机同时通信。所以实质上以太网交换机是一个多端口的网桥，连到交换机上的每台计算机就象连到网桥的一个局域网段上。,4-20无线局域网的MAC协议有哪些特点？为什么在无线局域网中不能使用CSMA/CD协议？结合隐蔽站问题和暴露站问题说明RTS帧和CTS帧的作用。解析无线局域网同以太网的差别是导致不能使用CSMA/CD的主要原因。隐蔽站和暴露站问题实在CSMA/CA协议中解决的问题，RTS帧和CTS帧是为了实现对信道的预约。解答无线局域网的MAC层在物理层上面，包括有两个子层，分别是分布协调功能DCF子层和点协调功能PCF子层。通过协调功能来确定在基本服务集BSS中移动

28、站发送数据或者接收数据的时间。为了避免碰撞，规定所有的站点发送完一帧数据后，必须再等待一段时间才能发送下一帧数据。,CSMA/CD协议不能用于无线局域网的原因主要有：CSMA/CD协议要求一个站点在发送数据的同时还必须不间断地检测信道，以便发现是否有其他的站也在发送数据，这样才能实现“碰撞检测”的功能。但在无线局域网的设备中要实现这种功能花费过大。即使能够实现碰撞检测的功能，并且当我们在发送数据时检测到信道是空闲得，在接收端仍然有可能发生碰撞。即碰撞检测对无线局域网没有什么用处。无线信道还由于传输条件特殊，造成信号强度的动态范围非常大，致使发送站无法使用碰撞检测的方法来确定是否发生了碰撞。因此

29、，无线局域网不能使用CSMA/CD，而只能使用改进的CSMA/CA协议。,隐蔽站问题：当A和C都检测不到无线信号时，以为B是空闲的，向B发送数据，结果B同时收到A和C同时发送的数据，发生碰撞，这就是隐蔽站问题。使用RTS和CTS帧后，B处在A的传输范围，可以收到A发送的RTS帧，当请求允许后，B将会向其余站点发送CTS帧。当C收到B的CTS帧后，在A和B通信过程中就不会发送数据，保证了A和B的正常通信。暴露站问题：当站点B向A发送数据，而C想和D通信时，由于C检测到了媒体上有信号，于是就不能向D发送数据。这就是暴露站问题。使用RTS和CTS帧后，在A和B通信的时间内，C能收到B的RTS帧，但收不到A的CTS帧，所以C可以发送自己的数据给D而不会干扰B向A发送数据。,4-21为什么无线局域网上发送数据帧后要对方发回确认帧，而以太网就不需要对方发回确认帧？解析无线局域网与以太网相比，最大的差别就是传输介质不同所导致的传输差错的增多，这也是无线局域网制定协议时主要考虑的问题，可以从这个方面着手回答。解答无线局域网发送数据必须发回确认帧是保证在MAC层对帧丢失予以检测并重新发送，且进一步避免碰撞的发生。在以太网上不要求对方发回确认帧，理由是局域网信道的质量很好，信道通信质量产生差错的概率很小，这样做可以提高传输的效率。,