计算机网络计算题复习重点

1、.计算机网络计算题复习重点第一章 概述1-17 收发两端之间的传输距离为 1000km ，信号在媒体上的传播速率为 2 108m/s 。试计算以下两种情况的发送时延和传播时延：（ 1） 数据长度为 107bit, 数据发送速率为 100kb/s 。（ 2） 数据长度为 103bit, 数据发送速率为 1Gb/s。从上面的计算中可以得到什么样的结论？解：（ 1）发送时延： ts=107/105=100s传播时延tp=106/(2 108)=0.005s（ 2）发送时延 ts =103/109=1 s传播时延： tp=106/(2 108)=0.005s结论： 若数据长度大而发送速率低， 则在总的时延中，发送时延往往大于传播时延。但若数据长度短而发送速率高，则传播时延就可能是总时延中的主要成分。1-18假设信号在媒体上的传播速度为2 108m/s媒.体长度L 分别为：（ 1） 10cm（网络接口卡）（ 2） 100m （局域网）（ 3） 100km （城域网）（ 4） 5000km （广域网）试计算出当数据率为1Mb/s 和 10Gb/s 时在以上媒体中正在传播的比特数。解：（ 1） 1M

2、b/s: 传播时延 =0.1/(2 108)=510-10比特数 =5 10-10 1 106=5 10-41Gb/s:比特数 =5 10-10 1 109=5 10-1（ 2） 1Mb/s: 传播时延 =100/(2 108)=510-7比特数 =510-7 1106=510-11Gb/s: 比特数 =5 10-7 1 109=5 102(3) 1Mb/s:传播时延 =100000/(2 108)=5 10-4比特数 =510-4 1106=51021Gb/s: 比特数 =5 10-4 1 109=5 105(4)1Mb/s:传播时延 =5000000/(2 108)=2.5 10-2比特数 =2.5 10-2 1106=51041Gb/s: 比特数 =2.5 10-2 1 109=5 1071-19长度为 100 字节的应用层数据交给传输层传送，需加上20 字节的 TCP首部。再交给网络层传送，需加上 20 字节的 IP 首部。最后交给数据链路层的以太网传送，加上首部和尾部工 18 字节。试求数据的传输效率。数据的传输效率是指发送的应用层数据除以所发送的总数据（即应用数据加上各种首

3、部和尾部的额外开销） 。若应用层数据长度为 1000 字节，数据的传输效率是多少？解：（ 1） 100/ （100+20+20+18 ） =63.3%（ 2） 1000/ （ 1000+20+20+18） =94.5%第二章 物理层2-06 数据在信道重的传输速率受哪些因素的限制？信噪比能否任意提高？香农公式在数据.通信中的意义是什么？“比特 / 每秒 ”和 “码元 / 每秒 ”有何区别？答：码元传输速率受奈氏准则的限制，信息传输速率受香农公式的限制香农公式在数据通信中的意义是：只要信息传输速率低于信道的极限传信率，就可实现无差传输。比特 /s 是信息传输速率的单位码元传输速率也称为调制速率、波形速率或符号速率。一个码元不一定对应于一个比特。2-07 假定某信道受奈氏准则限制的最高码元速率为20000 码元 / 秒。如果采用振幅调制，把码元的振幅划分为16 个不同等级来传送，那么可以获得多高的数据率（b/s ） ?答： C=R*Log2（ 16） =20000b/s*4=80000b/s2-09 用香农公式计算一下，假定信道带宽为为3100Hz，最大信道传输速率为35Kb/ ，那么若想

4、使最大信道传输速率增加，问信噪比/ 应增大到多少倍？如果在刚才计算出的基础上将信噪比/ 应增大到多少倍？如果在刚才计算出的基础上将信噪比/ 再增大到十倍，问最大信息速率能否再增加？答： C = W log2(1+S/N) b/s- SN1=2*（ C1/W ）-1=2* （35000/ 3100） -1SN2=2*（ C2/W ） -1=2* （ 1.6*C1/w ） -1=2* （ 1.6*35000/ 3100）-1SN2/SN1=100 信噪比应增大到约100 倍。C3=Wlong2（1+SN3） =Wlog2 （ 1+10*SN2）C3/C2=18.5%如果在此基础上将信噪比S/N 再增大到10 倍，最大信息通率只能再增加18.5%左右2-11 假定有一种双绞线的衰减是0.7dB/km( 在 1 kHz 时 )，若容许有20dB 的衰减，试问使用这种双绞线的链路的工作距离有多长？如果要双绞线的工作距离增大到 100 公里，试应当使衰减降低到多少？解：使用这种双绞线的链路的工作距离为 =20/0.7=28.6km 衰减应降低到 20/100=0.2db2-12 试计算工作在120

5、0nm 到 1400nm 之间以及工作在1400nm 到 1600nm 之间的光波的频带宽度。假定光在光纤中的传播速率为2*10e8m/s.解：V=L*F-F=V/L-B=F2-F1=V/L1-V/L21200nm 到 1400nm ：带宽 =23.8THZ1400nm 到 1600nm ：带宽 =17.86THZ第三章数据链路层3-07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？采用CRC检验后， 数据链路层的传输是否就变成了可靠的传输？答：作二进制除法，1101011011000010011 得余数 1110 ，添加的检验序列是1110.作二进制除法，两种错误均可发展.仅仅采用了CRC检验，缺重传机制，数据链路层的传输还不是可靠的传输。3-08 要发送的数据为 101110 。采用 CRCD 生成多项式是 P（X）=X3+1。试求应添加在数据后面的余数。答：作二进制除法，10111000010

6、011 添加在数据后面的余数是0113-09一个 PPP帧的数据部分（用十六进制写出）是7D 5E FE 27 7D 5D 7D 5D 65 7D 5E。试问真正的数据是什么（用十六进制写出）？答： 7D 5E FE 277D5D 7D 5D 65 7D 5E7EFE 277D7D65 7D3-16数据率为 10Mb/s的以太网在物理媒体上的码元传输速率是多少码元/ 秒？答：码元传输速率即为波特率，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3-20假定 1km 长的 CSMA/CD 网络的数据率为1Gb/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。答：对于 1km 电缆，单程传播时间为1/200000=5 为微秒，来回路程传播时间为10 微秒，为了能够按照 CSMA/CD 工作，最小帧的发射时间不能小于10 微秒，以 Gb/s 速率工作， 10 微秒可以发送的比特数等于10*10-6 /1*10-9=10000, 因此，最短帧是 10000 位或 12

7、50 字节长3-22假定在使用 CSMA/CD 协议的 10Mb/s以太网中某个站在发送数据时检测到碰撞，执行退避算法时选择了随机数r=100。试问这个站需要等待多长时间后才能再次发送数据？如果是 100Mb/s 的以太网呢？答：对于 10mb/s 的以太网，以太网把争用期定为51.2 微秒，要退后 100 个争用期，等待时间是 51.2（微秒） *100=5.12ms对于 100mb/s 的以太网，以太网把争用期定为5.12 微秒，要退后 100 个争用期，等待时间是 5.12（微秒） *100=512微秒-24假定站点A 和 B 在同一个 10Mb/s 以太网网段上。 这两个站点之间的传播时延为225比特时间。现假定A 开始发送一帧，并且在A 发送结束之前B 也发送一帧。如果A 发送的是以太网所容许的最短的帧，那么A 在检测到和B 发生碰撞之前能否把自己的数据发送完毕？换言之，如果A 在发送完毕之前并没有检测到碰撞，那么能否肯定A 所发送的帧不会和 B 发送的帧发生碰撞？（提示：在计算时应当考虑到每一个以太网帧在发送到信道上时，在 MAC 帧前面还要增加若干字节的前同步码和帧定界符

8、）答：设在 t=0 时 A 开始发送，在 t=（ 64+8）*8=576 比特时间， A 应当发送完毕。 t=225 比特时间， B 就检测出 A 的信号。只要 B 在 t=224 比特时间之前发送数据， A 在发送完毕之前就一定检测到碰撞，就能够肯定以后也不会再发送碰撞了如果 A 在发送完毕之前并没有检测到碰撞，那么就能够肯定A 所发送的帧不会和B 发送的帧发生碰撞（当然也不会和其他站点发生碰撞）。3-25在上题中的站点 A 和 B 在 t=0 时同时发送了数据帧。当t=255 比特时间， A 和 B 同时检测到发生了碰撞，并且在t=255+48=273 比特时间完成了干扰信号的传输。A和B在CSMA/CD 算法中选择不同的r 值退避。假定 A 和 B 选择的随机数分别是 rA=0和 rB=1。试问.A 和 B 各在什么时间开始重传其数据帧？会不会和 B 重传的数据再次发生碰撞？答： t=0 时， A 和 B 开始发送数据A 重传的数据帧在什么时间到达B？ A 重传的数据B 会不会在预定的重传时间停止发送数据？T1=225 比特时间 ,A 和 B 都检测到碰撞（tau ）T2=273 比特时间 ,A 和 B 结束干扰信号的传输（T1+48）T3=594 比特时间 ,A开始发送（ T2+Tau+rA*Tau+96）T4=785 比特时间， B 再次检测信道。（ T4+T2+Tau+Rb*Tau）如空闲，则 B 在 T5=881 比特时间发送数据、否则再退避。 （ T5=T4+96）A 重传的数据在 819 比特时间到达 B， B

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