計算機學科專業(yè)基礎綜合計算機網絡-4

1、計算機學科專業(yè)基礎綜合計算機網絡 -4一、 綜合應用題 （ 總題數(shù)： 25，分數(shù)： 100.00）1. 一個電纜公司決定在一個有 5000 戶的社區(qū)中提供因特網服務。 該公司使用一條同軸電纜和一種頻譜分配 方案，允許每條電纜有 100Mbps 的下行帶寬。 為了吸引客戶， 公司決定在任何時間都保證每戶至少有 2Mbps 的下行帶寬。該電纜公司需要怎樣做才能提供這一保證 ?（分數(shù)： 4.00 ）每戶 2Mbps的下行帶寬保證意味著每條同軸電纜最多穿行50 戶。因此，電纜公司將需要把現(xiàn)有的電纜分裂成 100 條同軸電纜，并且把它們中的每一條都直接連接到一個光纖結點。2. T1 線路的開銷比例有多大

2、 ?即 1.544Mbps 中有多少比例沒有投遞給端點用戶 ?（分數(shù)： 4.00 ）T1 載波處理復用在一起的 24條話音信道。 24條信道輪流將其采樣的 8 位數(shù)字插入輸出串，其中 7 位是用 戶數(shù)據， 1位是控制信號。 1幀包含 24×8比特和一個附加的幀位 （用于幀同步 ），這樣每 125s 193比特， 總的數(shù)據率是 1.544Mbps。由于在一個幀中， 端點用戶使用 193 位中的 168（=7 × 24）位，開銷占 25（=193-168） 位，因此開銷比例等于 25÷193 13%。3. 如果一個 T1 傳輸系統(tǒng)一旦失去了同步， 它就會嘗試使用每一幀

3、中的第一位重新同步。 問平均要查看多少 幀才能重新取得同步且保證誤判率不超過 0.001?（分數(shù)： 4.00 ）10 個幀。在數(shù)字通道上某些隨機比特是 0101010101 模式的概率是查看 10 個幀，若每一幀中的第 1 位形成比特串 0101010101，則判斷同步成功，但誤判的概率為1/1024 ，小于 0.001 。4. 對于幅度為 A的純粹正弦波按增量調制編碼，每秒 x 次采樣。輸出+1對應信號變化 +A/8，輸出-1 對應信 號變化 -A/8 。在無積累誤差的前提下，可以跟蹤的最大頻率是多少 ?（分數(shù)： 4.00 ） 在波的 1/4 周期內信號必須從 0 上升到 A。為了能夠跟蹤信

4、號， 在 T/4 的時間內 （ 假定波的周期是 T）必須采 樣8 次，即每一個全波采樣 32次，采樣的時間間隔是 1/x ，因此波的全周期必須足夠長，使得能包含 32 次采樣，即 T> 32/x ，或 f x/32 。因此，可以跟蹤的最大頻率是 x/32 。5.SONET時鐘的漂移率大約為 10 -9 ，需花多長時間才能使漂移相當于 1比特寬 ?該計算結果有什么含義 ? （分數(shù)： 4.00 ）10 -9 的漂移率意味著 10 9 s 中的 1s，或每秒中的 1ns。對于 OC-1速率，即 51.840Mbps，取近似值 50Mbps， 大約 1位持續(xù) 20ns。這就說明，每隔 20s 時

5、鐘就要偏離 1位，就是說，時鐘必須連續(xù)進行同步才能保持不 會偏離太大。6. 在一條 OC-12c 連接中可提供的用戶帶寬是多少 ?（分數(shù)： 4.00 ）當一條線路 （ 例如 OC-3）沒有被多路復用而僅從一個源輸入數(shù)據時，字母c（ 表示 concatenation ，即串聯(lián) ）被加到名字標識的后面。因此， OC-3表示由 3條單獨的 OC-1線路復用成 155.52Mbps 線路，而 OC-3c表示 來自單個源的 155.52Mbps 的數(shù)據流。 OC-3c 流中所包含的 3 個 OC-1 流按列交織編排，首先是流 1的第 1 列，流 2的第 1列，流 3的第 1列，隨后是流 1的第 2列，流

6、 2的第 2列，依次類推，最后形成 270 列寬 9 行高的幀。OC-3c流中的用戶實際數(shù)據傳輸速率比 OC-3流的速率略高 （149.760Mbps 和 148.608Mbps） ，因為通路開銷 僅在 SPE中出現(xiàn) 1 次，而不是當使用 3條單獨 OC-1流時出現(xiàn)的 3次。換句話說， OC-3c中 270列中的 260 列可用于用戶數(shù)據，而在 OC-3中僅能使用 258列。更高層次的串聯(lián)幀 （如 OC-12c）也存在。OC-12c幀有 12×90=1080列和 9行。其中段開銷和線路開銷占 12×3=36 列，這樣同步載荷信封就有 1080-36=1044 列。 SPE中

7、僅 1列用于通路開銷，結果就是 1043 列用于用戶數(shù)據。由于每列 9個字節(jié)，因此 一個 OC-12c幀中用戶數(shù)據比特數(shù)是 8× 9×1043=75096。每秒 8000 幀，得到用戶數(shù)據速率 75096× 8000=600768000bps。所以，在一條 OC-12c 連接中可提供的用戶帶寬是 600.768Mbps。7. 一個全雙工 QAM-64 Modem使用多少個頻率 ? （分數(shù)： 4.00 ） 兩個。一個用于上行，另一個用于下行。調制機制本身僅使用振幅和相位，頻率沒有被調制。8. 高性能微處理器價格的降低使得有可能在每個調制解調器中都裝上一個，這樣對電話

8、線路的出錯處理有 什么樣的影響 ?（分數(shù)： 4.00 ）通常在物理層對于在線路上發(fā)送的比特不采取任何差錯糾正措施。在每個調制解調器中都包括一個CPU，使得有可能在第 1 層中包含錯誤糾正碼，從而大大減少第 2 層所看到的錯誤率。由調制解調器做的錯誤處 理可以對第 2 層完全透明?，F(xiàn)在許多調制解調器都有內建的錯誤處理功能。9. 有 10 個信號，每個需要 4000Hz。它們使用 FDM被復用到單個通道。問該復用通道所需要的最小帶寬是 多少 ?假定警戒帶是 400Hz寬。（分數(shù)： 4.00 ） 有 10 個 4000Hz信號，需要 9 個警戒帶以避免干擾。 這樣所需要的最小帶寬等于 4000

9、15; 10400× 9Hz=43600Hz。10. 為什么 ADSL在不到 1MHz的帶寬中可以取得高達每秒幾個兆比特的傳送速率?（分數(shù)： 4.00 ）ADSL采用稱作離散多音頻的線路編碼技術，把1.1MHz帶寬劃分成 256個 4kHz 子波段，每個子波段的帶寬為 4312.5Hz 。子波段 0 用于普通電話業(yè)務。為了保持模擬話音信號和數(shù)字數(shù)據信號隔離，防止互相干擾， 子波段 1 5不使用。在其余的 250 個子波段中， 1個用于上行控制， 1個用于下行控制，剩下的 248 個子 波段可用于用戶數(shù)據。在各個子波段中基于其波段的質量實現(xiàn)不同的頻譜效率，一些子波段可以使用比其 他子波

10、段更先進的調制方式。由于每個子波段的噪聲特征可能不同，因此每個信道的頻譜效率都可以被優(yōu) 化。而在每個子波段中的一個單獨的載波則使用正交振幅調制。采用正交振幅調制，每波特最多可調制 15 比特。因此，在不到 1MHz的帶寬中卻可以使傳送速率高達每秒幾個兆比特。11. 試比較虛電路和數(shù)據報的不同點。（分數(shù)： 4.00 ）對比的方面虛電路服務數(shù)據報服務思路可靠通信應當由網絡來保證可靠通信應當由用戶主機來保證連接的建立必須有不需要終點地址在連接建立階段使用，每個分組 使用短的虛電路號每個分組都有終點的完整地址分組的轉發(fā)屬于同一條虛電路的分組均按 照同一路進行 轉發(fā)每個分組獨立選擇路由進行轉發(fā)當結點出故

11、障時所有通過出故障的結點的虛電路均不能工作出故障的結點可能會丟失分 組，一些路由 可能會發(fā)生變化分組的順序總是按發(fā)送順序到達終點到達終點時不一定按發(fā)送順序端到端的差錯和 流量控制可以由網絡負責，也可以由用戶主機負責由用戶主機負責12. 用香農公式計算一下，假定信道帶寬為3100Hz，最大信息傳輸速率為 35kbps ，那么若想最大信息傳輸速率增加 60%，問信噪比 S/N 應增大到多少倍 ?如果在剛才計算出的基礎上將信噪比 S/N 再增大到 10 倍， 問最大信息速率能否再增加 20%?（分數(shù)： 4.00 ）本題主要考查香農定理和奈奎斯特定理， 這類題型經常出現(xiàn)在考試題目中， 應當引起重視。

12、奈奎斯特定理： 每赫茲帶寬的理想低通信道的最高碼元傳輸速率是每秒 2 個碼元。香農定理：信道帶寬或信道中的信噪比 越大，則信息的極限傳輸速率就越高。根據香農公式，計算信道的極限傳輸速率 C為Wlog（1+S/N）bps 。奈 奎斯特定理則給出了理想低通信道的最高碼元傳輸速率為2WBaud，說明了即使信道比較理想，碼元的傳輸速率也不是不受限制的。根據上面的公式，我們可以計算出，信噪比S/N 應該增大到約 100 倍。如果在此基礎上將信噪比 S/N 再增大 10 倍，最大信息速率只能再增加 18.5%左右。13. 簡述中繼器和集線器的作用和特點。（分數(shù)： 4.00 ） 中繼器是模擬設備，用于連接兩

13、根電纜段。在一段上出現(xiàn)的信號被放大后放到另一段上。中繼器并不理解 幀、分組和頭的概念，它們只能理解電壓值。例如，在經典的以太網中，為了將電纜的最大長度從 500m擴 展到 2500m，以太網允許 4 個中繼器。集線器有許多條輸入線路，它將這些輸入線路連接起來。在任何一條線路上到達的幀都將被發(fā)送到所有其 他的線路上。如果兩幀同時到達，則它們將會沖突，就好像它們在同一根電纜上一樣。連接到同一個集線 器上的所有線路必須運行在同樣的速度上。集線器與中繼器不同，它們通常不會放大進入信號，并且可以 容納多塊線卡，每塊卡上有多個輸入，但是，集線器與中繼器的差別并不大。與中繼器類似的是，集線器 不檢查 802

14、 地址，也不以任何方式使用 802 地址。14. 舉例說明什么是隱藏終端問題 ?試給出一種解決這一問題的辦法。（分數(shù)： 4.00 ）下圖畫出了 4 個無線站點。其中 A 和 B 的無線電波范圍互相重合并且可能互相干擾。C可能干擾 B和 D但不會干擾 A?，F(xiàn)在假定 A 向 B 發(fā)送， C在偵聽，因為 A在 C的范圍之外，所以 C聽不到 A，它會錯誤地認為 它也可以發(fā)送。如果 C 確實也在此時開始發(fā)送，它就會干擾 B，從而破壞了從 A傳來的幀。由于可能的競 爭者相距太遠，導致基站不能監(jiān)測到的問題有時被稱作隱藏終端問題。為了解決這個問題，人們?yōu)闊o線局域網設計了稱作“避免沖突的多路訪問（CSMA/CA

15、）”的協(xié)議。它被采用為IEEE 802.11 無線局域網標準的基礎。其基本思想就是：發(fā)送方激發(fā)接收方，使其發(fā)送一短幀，因此在接 收方周圍的站點就會監(jiān)測到這個短幀，從而使得它們在接收方有數(shù)據幀到來期間不會發(fā)送自己的幀。15. 一個 2Mbps 的網絡，線路長度為 1km，傳輸速度為 20m/ms，分組大小為 100 字節(jié)，應答幀大小可以忽略。 若采用簡單停 -等協(xié)議， 問實際數(shù)據速率是多少 ?信道利用率是多少 ?若采用滑動窗口協(xié)議， 問最小序號位有 多大?（分數(shù)： 4.00 ） 發(fā)送延遲 =8× 100÷（2 ×10 6 ）=0.4（ 毫秒） 。傳播延遲 =1000

16、米÷ 20米/ 毫秒=50毫秒。 1 幀發(fā)送完后等待 1 個 RTT，再發(fā)另 1 幀，周期長度 =0.4 毫秒 +50 毫秒× 2=100.4 毫秒。 1個周期內發(fā)送 1幀，實際數(shù)據速率 =8×100位/ 幀× 1幀÷ 100.4 毫秒=7968 位/秒。 信道利用率 =7968位/秒÷ （2 ×10 6 ） 位/ 秒=0.3984%。 若采用滑動窗口協(xié)議，可連續(xù)發(fā)送的幀的個數(shù)： 周期長度÷分組發(fā)送時間 =100.4 毫秒÷ 0.4 毫秒 =251< 256=2 8 。所以，最小序號位有 8 位。1

17、6. 在選擇重傳 ARQ協(xié)議中，設編號用 3bit 。再設發(fā)送窗口 W r =6 而接收窗口 W R =3 。試找出一種情況， 使得在此情況下協(xié)議不能正確工作。（分數(shù)： 4.00 ）假定發(fā)送端已發(fā)送完 05號共6個數(shù)據幀。因發(fā)送窗口已滿，發(fā)送暫停。 再假定 6個數(shù)據幀中的 0號幀正 確到達接收端， 1號幀丟失，并且隨后的 2、3、4和 5號幀的傳輸都正確，那么接收端在把0號幀提交給上層協(xié)議模塊之后，因需要等待對發(fā)送端重傳的 1號幀的接收，必須緩存正確接收的2、3、4和 5號幀。然而由于 W R =3 ，接收端沒有足夠容量的緩存空間同時存儲這4 個幀，只能把最后到達的 5 號幀丟棄。這種情況的發(fā)

18、生，表明在選擇重傳 ARQ協(xié)議中，若編號用 3bit ，發(fā)送窗口 W T =6，接收窗口 W T =3 ，協(xié)議不 能正確工作。17. 假定 A與B結點之間正在傳送 LLC信息幀，所傳送幀的主要參數(shù)按照 “地址.幀名.序號.P/F ”的先后順 序表示，當 P/F 為 1時才寫上 P或 F，請按正確順序在下列空格內填入信息幀的主要參數(shù)。B，1，2，2，PA，1，2，3A，1，3，3A，1，4，3，PA，1，（分數(shù)： 4.00 ）B，1，2，2，P因超時 A以 P位置 1 的命令幀形式重傳 2號信息幀。實際上，超時的幀已經被B收到了，該重傳幀卻在傳輸過程中丟失了。A， 1，2，3 B以命令形式發(fā)送自

19、己的信息幀。此時 A沒有收到 B發(fā)送的 P位置 1 的命令幀，所以沒有對 其進行應答。A， 1，3，3 B繼續(xù)以命令形式發(fā)送信息幀。A，1，4，3，PB發(fā)送 P位置 1的命令幀，同時發(fā)送自己的 4 號信息幀。A，1，3，5，F(xiàn) A以 F位置 1 的響應形式進行應答，同時發(fā)送 3 號信息幀。A， 1， B繼續(xù)以命令形式發(fā)送信息幀。 因此答案是： A， 1，3，5， F。18. 數(shù)據鏈路層協(xié)議幾乎總是把 CRC放在尾部，而不是放在頭部，為什么 ? （分數(shù)： 4.00 ）CRC是在發(fā)送期間進行計算的。一旦把最后一位數(shù)據送上外出線路，就立即把 CRC編碼附加在輸出流的后 面發(fā)出。如果把 CRC放在幀的

20、頭部，那么就要在發(fā)送之前把整個幀先檢查一遍來計算CRC。這樣每個字節(jié)都要處理兩遍，第一遍是為了計算檢驗碼，第二遍是為了發(fā)送。把 CRC放在尾部就可以把處理時間減半。19. 一個 12 位的海明碼到達接收方時的十六進制值是0xE4F，那么，原先的值用十六進制表示是什么樣子假定傳輸差錯不超過 1 位。（分數(shù)： 4.00 ）1 3+5+7+9+11 1+0+0+1+1 12 3+6+7+10+11 1+1+0+1+104 5+6+7+120+1+0+108 0+10+11+121+1+1+1 0第2 位的值是不正確的， 因此發(fā)送的 12位值應該是 0xA4F，原先的 8位數(shù)據值是 10101111，

21、用十六進制表 示應該：是 0xAF。20. 衛(wèi)星信道的數(shù)據率為 1Mbps。取衛(wèi)星信道的單程傳播時延為 0.25 秒。每一個數(shù)據幀長都是 2000bit 。在 這里， 1M=10 6 ，忽略誤碼率、確認幀長和處理時間，忽略幀首部長度對信道利用率的影響。試計算下列 情況下的信道利用率：（1）停止等待協(xié)議。（2）連續(xù) ARQ協(xié)議， W T =7 。（3）連續(xù) ARQ協(xié)議， W T =127 。（4）連續(xù) ARQ協(xié)議， W T =250 。 （分數(shù)： 4.00 ）1 幀的發(fā)送時間等于 2000÷ 10 6 秒。（1）U=2000 ÷10 6 ÷ （0.25 ×

22、2+2000÷10 6 ）=1/251 ，信道利用率是 1/251 。（2）U=2000 × 7÷ 10 6 ÷ （0.25 × 2+2000÷ 10 6 ）=7/251 ，信道利用率是 7/251 。（3）U=2000 ×127÷ 10 6 ÷（0.25 × 2+2000÷10 6 ）=127/251 ，信道利用率是 127/251 。（4）U=2000 ×250÷ 10 6 ÷（0.25 × 2+2000÷10 6 ）=250/25

23、1 1，信道利用率約等于 1。21. 一個 3000 公里長的 T1 干線被用來傳送采取后退 N幀錯誤重傳滑動窗口協(xié)議的長度都是 64 字節(jié)的數(shù)據 鏈路幀。如果傳播速度是每公里 6 微秒，那么序列號應該是多少位 ?（分數(shù)： 4.00 ） 為了有效運行，序列空間 （實際上就是發(fā)送窗口大小 ） 必須足夠大，以允許發(fā)送方在收到第 1 個確認應答之 前可以不斷發(fā)送。6× 3000=18000（微秒） 傳播時間是 18000 微秒，即 18 毫秒。在T1 速率，即 8×24×8000=1.536×10 6 bps（ 不包括每個物理幀中的 1個幀位 ）。 發(fā)送 64

24、 字節(jié)的幀需花時間： 64×8÷ 1.536 333（微秒） ，即 0.333 毫秒，約等于 0.3 毫秒。 因此，第一個幀從開始發(fā)送起， 18.3 毫秒后完全到達接收方。確認應答又花了回程 18 毫秒加上很少的 （ 可 以忽略 ） 發(fā)送時間，就可以完全收到。這樣，加在一起的總的時間是 36.3 毫秒。發(fā)送方應該有足夠的窗口空間，從而能夠連續(xù)發(fā)送 36.3 毫秒。 36.3 ÷0.3=121 ，也就是說，為充滿管道需要 121幀，因此序列號應該是 7 位。22. 一個 PPP幀的數(shù)據部分 （用十六進制寫出 ）是 7D 5E FE 27 7D 5D 7D 5D 65 7D 5E 。試問真正的數(shù)據是 什么 （用十六進制寫出 ）?（分數(shù)： 4.00 ） 把第1和第2字節(jié)的7D 5E還原成 7E，把第5和第6字節(jié)的 7D 5D還原成 7D，把第 7