計算機網(wǎng)絡(luò)原理計算題

1、7。數(shù)據(jù)速率為1200bps,采用無校驗、1位停止位的異步傳輸（即群同步P22-23）,問1分鐘內(nèi)最群同步靠起始位和停止位來實現(xiàn)字符間同步。群同步靠起始位和停止位來實現(xiàn)字符間同步。1924年奈奎斯特(Nyquist)就推導(dǎo)出在理想低通信道的最高大碼元傳輸速率的公式即至少要8種不同的相位。理想低通信道的最高大碼元傳輸速率1。帶寬為4KHZ,如果有C=2W.log2N(其中W是想低通信道的帶寬，N是電平強度8種不同的物理狀態(tài)表示數(shù)據(jù)，信噪比為30dB.那么按奈氏準(zhǔn)則和香農(nóng)定理計算,分別計算其最大限制的數(shù)據(jù)傳輸速率.C=2Flog2N=2*4K*log28=24Kbps分貝(dB)的計算是：10lg

2、S/N即本題為:10lgS/N=30則:S/N=103C=Flog2(1+S/N)=4K*log21001=40Kbps2。對于帶寬為6MHz的信道，若用4種不同的狀態(tài)來表示數(shù)據(jù)，在不考慮熱噪聲的情況下，該信道的最大數(shù)據(jù)傳輸速率是多少？答：由無熱噪聲的奈奎斯特公式:C=2Hlog2N=2*6M*log24=24Mbps，即該信道的最大數(shù)據(jù)傳輸7。數(shù)據(jù)速率為1200bps,采用無校驗、1位停止位的異步傳輸（即群同步P22-23）,問1分鐘內(nèi)最群同步靠起始位和停止位來實現(xiàn)字符間同步。群同步靠起始位和停止位來實現(xiàn)字符間同步。1924年奈奎斯特(Nyquist)就推導(dǎo)出在理想低通信道的最高大碼元傳輸速

3、率的公式即至少要8種不同的相位。速率是24Mbps。3。某調(diào)制解調(diào)器同時使用幅移鍵控和相移鍵控,采用0,兀/2,兀和3/2兀四種相位每種相位又都有兩個不同的幅值,問在波特率為1200的情況下數(shù)據(jù)速率是多少答:log28*1200=3600b/s4。信道帶寬為3KHz，信噪比為30db，則每秒能發(fā)送的比特數(shù)不會超過多bps?答：由帶熱噪聲的香農(nóng)公式:C=Hlog2(1+S/N)=3K*log2(1+1030/10)3K*log2210=30Kbps，所以每秒能發(fā)送的比特數(shù)不會超過30Kbps。采用8種相位、每種相位各有兩種幅度的PAM調(diào)制方法，問在1200Baud的信號傳輸率下能達(dá)到的數(shù)據(jù)傳輸速

4、率為多少？我的答案是：S=BULOG2N=1200XLOG28=3600bps6。采用每種相位各有兩種幅度的帶寬為8KHz的無噪信道上傳輸數(shù)字信號，若要達(dá)到64Kbps的0000，PAM調(diào)制方法至少要多少種不同的相位？答：由無噪信道的奈奎斯特公式:C=2Hlog2N得：N=2C/2H=264K/(2*8K)=24=16,相位數(shù)=16/2=8多能傳輸多少個漢字（雙字節(jié)）？輸大批量若改為ASCII或EBCDIC碼分別采用異步協(xié)議和同步協(xié)議傳答：異步協(xié)議的有效數(shù)據(jù)傳輸效率為同步協(xié)議的有效數(shù)據(jù)傳輸效率為有效數(shù)據(jù)位（可達(dá)幾千位）他相關(guān)控制位，數(shù)值很小）異步協(xié)議和同步協(xié)議的有效數(shù)據(jù)傳輸效率的百分比8位數(shù)據(jù)

5、位/10位總數(shù)據(jù)位=8/10/（有效數(shù)據(jù)位+幀頭幀尾及其=1/1（約數(shù)）=（8/10）/1*100%=80%數(shù)據(jù)，問兩者的傳輸效率之比約為百分之幾？7。數(shù)據(jù)速率為1200bps,采用無校驗、1位停止位的異步傳輸（即群同步P22-23）,問1分鐘內(nèi)最群同步靠起始位和停止位來實現(xiàn)字符間同步。群同步靠起始位和停止位來實現(xiàn)字符間同步。1924年奈奎斯特(Nyquist)就推導(dǎo)出在理想低通信道的最高大碼元傳輸速率的公式即至少要8種不同的相位。7。數(shù)據(jù)速率為1200bps,采用無校驗、1位停止位的異步傳輸（即群同步P22-23）,問1分鐘內(nèi)最群同步靠起始位和停止位來實現(xiàn)字符間同步。群同步靠起始位和停止位來

6、實現(xiàn)字符間同步。1924年奈奎斯特(Nyquist)就推導(dǎo)出在理想低通信道的最高大碼元傳輸速率的公式即至少要8種不同的相位。128的PCM方法編碼，問所產(chǎn)生的二進(jìn)制位13.對于帶寬為4KHz的語音信號，采用量化級別為起碼要用多大傳輸速率的信道才能傳輸？答：1分鐘內(nèi)最多能傳輸?shù)臐h字為:1200*60/2*（1+8+1）=7200/20=3600（個）8.分別用標(biāo)準(zhǔn)曼徹斯特編碼和差分曼徹斯特編碼畫出1011001的波形圖9。采用曼徹斯特編碼的10Mbps局域網(wǎng)的波特率是多少？答：采用曼徹斯特編碼的波特率是原碼波特率的兩倍，即20Mbps。10簡述異步傳輸方式的字符格式答：一位起始位，1-2位停止位

7、，并說明各部分的作用。5-8位數(shù)據(jù)位，1位奇偶檢驗位（可不選）11.信源以字節(jié)(8比特)為單位傳輸數(shù)據(jù)，若數(shù)據(jù)速率為B(bps),對下列兩種情況分別計算有效11.信源以字節(jié)(8比特)為單位傳輸數(shù)據(jù)，若數(shù)據(jù)速率為B(bps),對下列兩種情況分別計算有效1924年奈奎斯特(Nyquist)就推導(dǎo)出在理想低通信道的最高大碼元傳輸速率的公式即至少要8種不同的相位。數(shù)據(jù)傳輸速率：(1)異步串行傳輸，無校驗位、1位停止位；(2)同步串行傳輸，每幀包含48位控制位和4096位數(shù)據(jù)位。答：(1)有效數(shù)據(jù)傳輸速率：8/(1+8+1)=8/10(2)有效數(shù)據(jù)傳輸速率：4096/(48+4096)=4096/414

8、412.在相同數(shù)據(jù)速率下，答：因為H=4KHz,N=128所以S=2Hlog2N=2*4Klog2128=56K(bps)14.DOFDM和TDM的實現(xiàn)原理。答：FDM頻分多路復(fù)用實現(xiàn)原理：在物理信道的可用帶寬超過單個原始信號所需帶寬情況下，可將該物理信道的總帶寬分割成若干個與傳輸單個信號帶寬相同(或略同)的子信道，每個子信TDM時分多路復(fù)用實現(xiàn)原理：道傳輸一路信號。若媒體能達(dá)到的位傳輸速率超過傳輸數(shù)據(jù)所需的數(shù)據(jù)傳輸速率，則可采用時分多路復(fù)用TDM,也即將一條物理信道按時間分成若干個時間片輪流地分配給多個信號使用。每一時間片由復(fù)用的一個信號占用。15.分別計算T1載波和E1載波的編碼效率和開銷

9、率。T1載波的編碼效率=7*24/08*24+1)=168/193開銷率=(1*24+1)/193=25/193E1載波的編碼效率=8*30/(8+8+8*30)=240/256開銷率=(8+8)/256=16/25616.若要在采用兩種物理狀態(tài)傳輸?shù)?0Kbps信道上傳輸1.544Mbps的T1載波，問信道的信噪比至少要多少？答：1)B=S/log2N=50K/log22=50K(Baud)H=B/2=50K/2=25K(Hz)C=Hlog2(1+S),C=1.544Mbps=1544Kbps（1）若差錯都是單個錯，則在該信道上傳送的幀的平均出錯率是多少？1924年奈奎斯特(Nyquist)

10、就推導(dǎo)出在理想低通信道的最高大碼元傳輸速率的公式即至少要8種不同的相位。S/N=2C/H-1=21544K/25K-1=261.76-110lg(S/N)=10lg(261.76-l)=10*18.6=186(分貝)(噪音太大了！)/N19。比較ARQ和FEC方法的工作原理，說明它們的不同之處。答：ARQ自動請求重發(fā)的工作原理：接收端檢測出有差錯時，就設(shè)法通知發(fā)送方重發(fā)，直到正確的碼字收到為止。FEC前向糾錯的工作原理：接收端不但能發(fā)現(xiàn)差錯，而且能確定二進(jìn)制碼元發(fā)生錯誤的位置，從而加以糾正。20。已知生成多項式為：X4+X3+X2+1,求信息位1010101的CRC碼。解：1)10101010

11、000/11101=11101011001CRC碼為：1010101100121。若在相隔1000公里的兩地之間要傳送3K位的數(shù)據(jù)，可以通過電纜以48kb/s的數(shù)據(jù)速率傳（1）若差錯都是單個錯，則在該信道上傳送的幀的平均出錯率是多少？1924年奈奎斯特(Nyquist)就推導(dǎo)出在理想低通信道的最高大碼元傳輸速率的公式即至少要8種不同的相位。（1）若差錯都是單個錯，則在該信道上傳送的幀的平均出錯率是多少？1924年奈奎斯特(Nyquist)就推導(dǎo)出在理想低通信道的最高大碼元傳輸速率的公式即至少要8種不同的相位。送或通過衛(wèi)星信道以50kb/s的數(shù)據(jù)速率傳送，問用哪種方式從發(fā)送方開始發(fā)送到接收方收到

12、全部數(shù)據(jù)為止的時間較短？從開始發(fā)送到接收方收到全部數(shù)據(jù)為止的時間=傳播時間+傳輸時間（1）若差錯都是單個錯，則在該信道上傳送的幀的平均出錯率是多少？1924年奈奎斯特(Nyquist)就推導(dǎo)出在理想低通信道的最高大碼元傳輸速率的公式即至少要8種不同的相位。（1）若差錯都是單個錯，則在該信道上傳送的幀的平均出錯率是多少？1924年奈奎斯特(Nyquist)就推導(dǎo)出在理想低通信道的最高大碼元傳輸速率的公式即至少要8種不同的相位。通過地面電纜：T=1000/5000000+3/4.8=0.6252s通過衛(wèi)星：T=0.27+3/50=0.33s因此,由衛(wèi)星傳送時間較短.22。一個簡單的電話系統(tǒng)由兩個終

13、端局和一個長途局組成連到長途局,平均每臺電話在8小時的工作日中使用通話是長途電話(即經(jīng)過長途局),沒每路話音帶寬為機,每個終端局用4次,每次通話平均持續(xù)1MHz的全雙工中繼線6分鐘.其中4kHz,問每個終端局最多能支持多少臺電話10%的答：按頻分多路復(fù)用,每個終端最多能夠支持（1）若差錯都是單個錯，則在該信道上傳送的幀的平均出錯率是多少？1924年奈奎斯特(Nyquist)就推導(dǎo)出在理想低通信道的最高大碼元傳輸速率的公式即至少要8種不同的相位。（1）若差錯都是單個錯，則在該信道上傳送的幀的平均出錯率是多少？1924年奈奎斯特(Nyquist)就推導(dǎo)出在理想低通信道的最高大碼元傳輸速率的公式即至

14、少要8種不同的相位。1MHz/4kHz=250臺電話按時分多路復(fù)用,每個終端局最多能夠支持(8060)/(406D10%)=200臺電話故，總共每個終端最多能夠支持2500200=50000臺電話25.某信道誤碼率為10-5，每幀長度為10kbit，那么：（2）若差錯大多為突發(fā)錯，平均突發(fā)長度為lOObit,則在該信道上傳送的幀的平均出錯率是多少？解（l）根據(jù)差錯的特性（隨機錯）可得：Abit（2）根據(jù)差錯的特性（突發(fā)錯）可得：1）對于帶寬為6MHZ的信道，若用4種不同的狀態(tài)來表示數(shù)據(jù)，在不考慮熱噪聲的情況下，該信道的最大數(shù)據(jù)傳輸速率為多少？答：C=2H*LOG2N=2*6MHZ*LOG24=

15、24MBPS2）信道帶寬為3KHZ,信噪比為30DB,則每秒能發(fā)送的比特數(shù)不會超過多少？答：C=H*LOG2（1+S/N）=3KHZ*LOG2（1+1030/10）=30KBPS（此應(yīng)為約數(shù)）3）采用8種相位、每種相位各有兩種幅度的PAM調(diào)制方法，在1200BAUD的信號傳輸速率下能達(dá)到的數(shù)據(jù)傳輸速率為多少？答：C=B*LOG2（8*2）=1200BAUD*LOG2（16）=4800BPS4）采用每種相位各有兩種幅度的PAM調(diào)制方法，在帶寬為8KHZ的無噪聲信道上傳輸數(shù)字信號，若要達(dá)到64KBPS的數(shù)據(jù)速率，問至少要多少種不同的相位？答：C=2H*LOG2（X*2）=64KBPS=2*8KHZ

16、*LOG2（X*2）LOG2（X*2）=4X*2=16X=8種5）對于帶寬為4KHZ的語音信號，采用量化級別為128的PCM方法編碼，問所產(chǎn)生的二進(jìn)制位起碼要用多大傳輸速率的信道才能傳輸？答：二進(jìn)制位數(shù)=LOG2（128）=7位C=2*4KHZ*7位=56kBPS9題題目見書解：傳播延遲等于：50*103米/（2*108米/秒）=25*10-5秒=250微秒100字節(jié)/250微秒=0。4字節(jié)*106/秒=0。4M字節(jié)/秒=3。2位/秒512字節(jié)/250微秒=2。04M字節(jié)/秒因此，帶寬分別等于0。4M字節(jié)/秒和2。04M字節(jié)/秒10題計算在下列情況下一個分組的延遲（從發(fā)出第1位開始到收到最后1

17、位為止）：（a）在通路上有1個存儲轉(zhuǎn)發(fā)交換機的1Gbps以太網(wǎng)，分組大小是5000位。假定每條鏈路引入10微妙的傳播延遲，并且交換機在接收完分組之后立即重發(fā)。解答：分析一個交換機應(yīng)有2條鏈路1位的發(fā)送延遲=1/109=10-9=0.001s所以，一個分組由5000位組成，在每條鏈路上引入的發(fā)送延遲是5s,分組在每條鏈路上的傳播延遲都是10s因此總的延遲等于：52+102=30s。（兩次發(fā)送，兩次傳播）（整個分組接收完經(jīng)過分析才確定轉(zhuǎn)發(fā)的外出端口，因此延遲了一個分組的發(fā)送時間）（bDODa）的情況類似，但有3個交換機。解答：3個交換機，共有4條鏈路，總的延遲等于：54+104=60s?？?次發(fā)送

18、，4次傳播）(cDODa）的情況相同，但假定交換機實施“直通”交換：它可以在收到分組的開頭128位后就重發(fā)分組。解答：使用直通交換，交換機延遲分組128位，即0.128s。在這種情況下仍然有1個5s的發(fā)送延遲，2個10s的傳播延遲，再加上0.128s的交換機轉(zhuǎn)發(fā)延遲，因此總的延遲等于：51+102+0.128=25.128s（1個發(fā)送延遲，2個傳播延遲，1個轉(zhuǎn)發(fā)延遲）3個轉(zhuǎn)發(fā)延遲）如果皿b）那樣有3個交換機，那么總的延遲將會等于：51+104+0.1283=45.384s?？?個發(fā)送延遲，4個傳播延遲，11題。解答：a）傳播時延=55*106米/（3*108米/秒）=0.183秒b）總時間=數(shù)

19、據(jù)發(fā)送時間+信號傳播時延發(fā)送時間=5MB/128K=0.31秒總時間=0.31+0.18=0.49秒12題見黑板分別計算T1載波和E1載波的編碼效率和開銷率。解答：見P491）T1載波Bell系統(tǒng)的T1載波利用脈碼調(diào)制PCM和時分TDM技術(shù)，使24路采樣聲音信號復(fù)用一個通道。每一個幀包含1.544Mbps。193位，每一幀用125us時間傳送。T1系統(tǒng)的數(shù)據(jù)傳輸速率為T1載波幀結(jié)構(gòu)2）E1載波CCITT建議了一種2.048Mbps速率的PCM載波標(biāo)準(zhǔn)，稱為E1載波（歐洲標(biāo)準(zhǔn)）。它每一幀開始處有8位同步作用，中間有8位作用信令，再組織30路8位數(shù)據(jù)，全幀包括256位，每一幀用125us時間傳送。

20、可計算出E1系統(tǒng)的數(shù)據(jù)傳輸速率為256位/125us=2.048Mbps。1924年奈奎斯特(Nyquist)就推導(dǎo)出在理想低通信道的最高大碼元傳輸速率的公式即至少要8種不同的相位。所以：T1載波是把24個話音信道多路復(fù)用在一條高速信道上，1位的控制信令位，此外加入一位幀同步位組成基本幀。每個信道包含7位的數(shù)據(jù)和其中，用戶的開銷為24x1000位)+1基本幀)=25b總開銷為：07+1)x24+l=193b因此，用戶的開銷所占的百分比為：25/193x100%13%1)T1載波的編碼效率=7*24/08*24+1)=168/193=87%開銷率=01*24+1)/193=25/193=13%2

21、)E1載波的編碼效率=8*30/08+8+8*30)=240/256=93.75%開銷率=08+8)/256=16/256=6.25%四章數(shù)據(jù)鏈路層P915題解答：發(fā)送方還可發(fā)送3幀可發(fā)4、5、6號6題。若窗口序號位數(shù)為3,發(fā)送窗口尺寸為2,采用GO-BACK-N法,請畫出由初始態(tài)出發(fā)相繼下列事件發(fā)生時的發(fā)送及接收窗口圖.發(fā)送幀0,發(fā)送幀1,接收幀0,接收確認(rèn)幀0,發(fā)送幀2,幀1接收出錯,幀1確認(rèn)超時,重發(fā)幀1,接收幀1,發(fā)送幀2,接收確認(rèn)幀1.7題。若BSC幀數(shù)據(jù)段中出現(xiàn)下列字符串：問字符填充后的輸出是什么“ABCDE”解答：字符填充后的輸出是：“ABCDE1?所以pl2-n在共享父節(jié)點的條

22、件下遍歷樹，從第二級開始每一級訪問兩個節(jié)點，這樣遍歷樹所走過的節(jié)點總數(shù)n1=1+2+2+2=1+2n，接下來，我們考察兩個發(fā)送站共享祖父節(jié)點的概率p2和遍歷樹所走過的節(jié)點總數(shù)n2。此時在每個父節(jié)點下面僅可能有一個站發(fā)送。兩個發(fā)送站共享一個指定的祖父節(jié)點的概率是1/C22n-1。共有2n-2個祖父節(jié)點p2=2n-2/C22n-1=1/2n-1-1=2-n+1遍歷樹比1n減少兩個節(jié)點，即N2=1+2n-2=2n-1通過類似的分析和計算，可以得到，兩個發(fā)送站共享曾祖父節(jié)點(屬n-3級祖先節(jié)點?)的概率是p3=2-n+?2?遍歷樹所經(jīng)過的節(jié)點總數(shù)比n2又少兩個節(jié)點，N3=2n-1-2=2n-3Pi+1

23、=2-(n-i)Ni+1=2n+1-2i因此，最壞的情形是2n+1個時隙(共享父節(jié)點)，對應(yīng)于i=0;最好的情形是3個時隙，對應(yīng)于i=n-1(兩個發(fā)送站分別位于左半樹和右半樹)，所以平均時隙數(shù)等于n-1=2-(n-i)(2n+1-2i)i=09題。一個7層樓，每層有一排共15間辦公室。每個辦公室的樓上設(shè)有一個插座，所有的插座在一個垂直面上構(gòu)成一個正方形柵格組成的網(wǎng)的結(jié)點，相鄰插座間的垂直和水平距離均為4米。設(shè)任意兩個插座之間都允許連上電纜(垂直、水平、斜線均可)?，F(xiàn)要用電纜將它們連成（1）集線器在中央的星形網(wǎng)；（2）總線式以太網(wǎng)。3）采用令牌環(huán)網(wǎng)（不設(shè)線路中心）。試計算每種情況下所需的電纜長度

24、。解答：圖見黑板（1）假定從下往上把7層樓編號為1-7層。按樓層高4米計算。在星形網(wǎng)中，集線器放在4層中間位置（第8間房）。電纜總程度等于：7154（i-4）2+（j-8）2=1832（m）i=lj=l（2）對于總線式以太網(wǎng)（如10BASE2，每層需4x14=56m）水平電纜，垂直電纜需4x6=24（m），所以總長度等于7x56+24=416（m）（3）圖見黑板這種方案是采用螺旋結(jié)構(gòu)，線纜經(jīng)過（1,1）、（15,1）、（15,7）、（1,7）、（1,2）和（14,2）等，總長度等于：56+52+48+56+20+12+4+8+16+24+442+122=466（m）10題標(biāo)準(zhǔn)10MBPS802

25、。3LAN的波特率是多少？解答：標(biāo)準(zhǔn)10MBPS802。3LAN采用曼徹斯特編碼即數(shù)據(jù)傳輸率只有調(diào)制速率的1/2R=1/2BB=2*10MBPS=20波特概念：數(shù)據(jù)幀從一個站點開始發(fā)送,到該數(shù)據(jù)被另一個站點全部接收，所需的總時間等于（）,假設(shè)不考慮中繼器引人的延遲。A）信號傳播時延B）數(shù)據(jù)傳輸時延C）數(shù)據(jù)傳輸時延+信號傳播時延D）信號傳播時延的2倍【答案】C11題。一個1km長的10Mb/s的CSMA/CD局域網(wǎng)（不是802.3）,其傳播速度等于每微秒200米。數(shù)據(jù)幀的長度是256bit,其中包括用于幀頭、檢驗和以及其他開銷的32bit。傳輸成功后的第一個時隙被留給接受方，用來捕獲信道并發(fā)送一

26、個32bit的確認(rèn)幀。假定沒有沖突發(fā)生，有效數(shù)據(jù)率（不包括開銷）是多少？解法1:僅以成功的發(fā)送與傳播計算：發(fā)送數(shù)據(jù)幀256位所需時間=256bit/10Mbps=25.6us數(shù)據(jù)幀在信道上的傳播時間=1000m/（200m/us）=5us共用時間=25.6us+5us=30.6us故有效數(shù)據(jù)傳輸速率為：（256-32）b/30.6us=7.3Mbps解法2:從發(fā)送至接收確認(rèn)全程計算（依題意是這種計法）：1）發(fā)送數(shù)據(jù)幀256位所需時間=256bit/10Mbps=25.6us數(shù)據(jù)幀在信道上的傳播時間=1000m/（200m/us）=5us共用時間=25.6us+5us=30.6us2)回發(fā)確認(rèn)幀

27、32位所需時間=32bit/10Mbps=3.2us確認(rèn)幀在信道上的傳播時間=1000m/(200m/us)=5us共用時間=3.2us+5us=8.2us故有效數(shù)據(jù)傳輸速率為：(256-32)b/(30.6+8.2)us=5.77Mbps14題。長lKm、10Mbps的基帶總線LAN,信號傳播速度為200M/s,試計算:1000比特的幀從發(fā)送開始到接收結(jié)束的最大時間是多少?若兩相距最遠(yuǎn)的站點在同一時刻發(fā)送數(shù)據(jù),則經(jīng)過多長時間兩站發(fā)現(xiàn)沖突?解答：兩站點從發(fā)送開始到接收結(jié)束的總時間=數(shù)據(jù)傳輸時延+信號傳播時延=1000bit/10Mbps+1000m/200m/us=100us+5us=105u

28、s同時發(fā)送數(shù)據(jù)的兩站點發(fā)現(xiàn)沖突的時間=信號傳播時延=1000m/200m/us=5usTOC o 1-5 h z（注:若非同時發(fā)送數(shù)據(jù),兩站點發(fā)現(xiàn)沖突的最大時間=2*信號傳播時延）練習(xí)：某CSMA/CD基帶總線網(wǎng)長度為1000m,信號傳播速度為200m/s,假如位于總線兩端的站點在發(fā)送數(shù)據(jù)幀時發(fā)生了沖突,試問:該兩站間信號傳播延遲時間是多少?最多經(jīng)過多長時間才能檢測到?jīng)_突?【解析】該兩站間時延=1000m/200（/S）=5S沖突檢測時間=2=25s=10s【答案】5ss15題。100個站點的時槽環(huán)，任意兩站間的平均距離為10m,數(shù)據(jù)傳輸速率為10Mbps,信號傳播速度為200m/us,若每個

29、站引入1位延遲，試計算：兩站間鏈路的位長度為多少位？整個環(huán)路的有效位長度為多少位？此環(huán)上最多允許有幾個37位長的時槽？解答：見P177公式環(huán)的比特長度=信號傳播時延*數(shù)據(jù)傳輸速率+接口延遲位數(shù)兩站間鏈路的位長度為：10m/200m/us*10Mbps=0.5bit（不計1位延遲）總環(huán)路的有效位長度為：100（0.5bit+1bit）=150bit時槽數(shù)為：150bit/37bit=4.05（個）5（個）16題。當(dāng)數(shù)據(jù)傳輸速率為5Mbps,傳播速度為價于多少米的電纜？解答：在5Mbps數(shù)據(jù)傳輸速率下，一個位時等于可以傳播的距離=200*10-3*200=40米因此：一個比特時延等價于40米的電纜

30、。200m/us時，令牌環(huán)接口中的一個比特時延等200us（=1/5*106），在200us時間內(nèi)信號17題。長1KmD10Mbps、50個站點的令牌環(huán)，每個站引入1位延遲，信號傳播速度為200m/us,令牌長8位，數(shù)據(jù)幀最大長度為256（包括32位開銷），確認(rèn)在數(shù)據(jù)幀捎帶，問該環(huán)不包括1924年奈奎斯特(Nyquist)就推導(dǎo)出在理想低通信道的最高大碼元傳輸速率的公式即至少要8種不同的相位。開銷的有效數(shù)據(jù)速率為多少？分析：站點在令牌環(huán)上一個完整的工作周期如下：1924年奈奎斯特(Nyquist)就推導(dǎo)出在理想低通信道的最高大碼元傳輸速率的公式即至少要8種不同的相位。獲取令牌：停止令牌運行（大

31、約為1位時延，歸入站點時延計算）發(fā)送數(shù)據(jù)幀：把數(shù)據(jù)幀發(fā)送到環(huán)上；（傳輸時延）數(shù)據(jù)幀繞環(huán)一周：繞環(huán)線一周；（傳播時延）經(jīng)過每個站點有1位時延。（傳輸時延）發(fā)送令牌幀：把令牌幀發(fā)送到環(huán)上；（傳輸時延）解：1）獲取令牌傳輸時延為2）發(fā)送數(shù)據(jù)幀傳輸時延為3）信號繞環(huán)一周傳播時延為:8bit/10Mbps=0.8us:256bit/10Mbps=25.6us:1000m/200m/us=5us4）50站點1位傳輸時延為:50*1bit/10Mbps=5us:8bit/10Mbps=0.8us(0.8+25.6+5+5+0.8)us=36.4us該環(huán)不包括開銷的有效數(shù)據(jù)傳輸速率為:5）發(fā)送令牌幀傳輸時延為

32、所需總時間為：1924年奈奎斯特(Nyquist)就推導(dǎo)出在理想低通信道的最高大碼元傳輸速率的公式即至少要8種不同的相位。（256-32）bit/36.4us=6.15Mbps1位延遲，信號傳播速度為18題。長10Km、16Mbps、100個站點的令牌環(huán)，每個站引入200m/us。問：該環(huán)上1位的延遲相當(dāng)于多少米長度的電纜？該環(huán)的有效位長度為多少位？1924年奈奎斯特(Nyquist)就推導(dǎo)出在理想低通信道的最高大碼元傳輸速率的公式即至少要8種不同的相位。解法1:令牌環(huán)的比特長度為：故該環(huán)上1位的延遲相當(dāng)于電纜的長度為：10Km*5us/Km*16Mbps+100bit=180bit1bit*

33、10Km/180bit=5.56m解法該環(huán)的有效位長度為：10Km*5us/Km*16Mbps=80bit(不計1位延遲）2:該環(huán)上1位的延遲相當(dāng)于電纜的長度為：200m/us/16Mbps=200m/us/16b/us=12.5m/b該環(huán)的有效位長度為：10Km/12.5m/b=80b（不計1位延遲每個站引入1位延遲，19題。長1Km、4Mbps、50個站點的令牌環(huán)，設(shè)數(shù)據(jù)幀最大長度為100字節(jié)。問該環(huán)上檢查令牌丟失的超時計數(shù)器的值至少要設(shè)置為多少微秒？解答：1Km令牌環(huán)傳播時延為:1000m/200m/us=5us50個站點1位時延為:50*1bit/4Mbps=12.5us:100*8b

34、it/4Mbps=200us:5+12.5+200=217.5（us）注：檢查令牌丟失由專門檢測站來完成（這里忽略了令牌的發(fā)送時間）發(fā)送最長數(shù)據(jù)幀的時延為故超時計數(shù)器的值至少要設(shè)置為20題。一個10Mbps的令牌環(huán)，其令牌保持計數(shù)器的設(shè)置值為幀為多少位？解答：此環(huán)上可發(fā)送的最長幀為：（注:這里的10us全用于發(fā)送最長幀的時延23題。見黑板）信號傳播速度為200m/us,10us,在此環(huán)上可發(fā)送的最長10Mbps*10us=100bit（s=v*t）,不考慮環(huán)傳播時延及站點1位時延）10Mbit/s以太網(wǎng)升級到100Mbit/s和1Gbit/s甚至10Gbit/s時，需要解決哪些技術(shù)問題？在幀1

35、924年奈奎斯特(Nyquist)就推導(dǎo)出在理想低通信道的最高大碼元傳輸速率的公式即至少要8種不同的相位。的長度方面需要有什么改變？為什么？傳輸媒體應(yīng)當(dāng)有什么改變？答：以太網(wǎng)升級時，由于數(shù)據(jù)傳輸率提高了，的檢測。所以需要減小最大電纜長度或增大幀的最小長度，有效地檢測沖突。在幀的長度方面，幾種以太網(wǎng)都采用長，使不同速率的以太網(wǎng)之間可方便地通信。不變的方法，而將一個網(wǎng)段的最大電纜長度減小到9.6s,改為0.96s。1Gbit/s以太網(wǎng)采用保持網(wǎng)段的最大長度為幀的發(fā)送時間會按比例縮短，這樣會影響沖突使參數(shù)a保持為較小的值，才能802.3標(biāo)準(zhǔn)規(guī)定的以太網(wǎng)最小最大幀100bit/s的以太網(wǎng)采用保持最短幀

36、長（64byte）100m,同時將幀間間隔時間由原來的100m的方法，用載波延伸1924年奈奎斯特(Nyquist)就推導(dǎo)出在理想低通信道的最高大碼元傳輸速率的公式即至少要8種不同的相位。和“分組突法”的辦法使最短幀仍為64字節(jié)，同時將爭用字節(jié)增大為512字節(jié)。傳輸媒體方面，10Mbit/s以太網(wǎng)支持同軸電纜、雙絞線和光纖，而lOOMbit/s和1Gbit/s以太網(wǎng)支持雙絞線和光纖，1OGbit/s以太網(wǎng)只支持光纖。欲保持10M,100M,1G的MAC協(xié)議兼容，要求最小幀長的發(fā)送時間大于最長的沖突檢測時間，因而千兆以太網(wǎng)采用載波擴充方法。而且為了避免由此帶來的額外開銷過大，當(dāng)連續(xù)發(fā)送多個短幀時

37、采用幀突發(fā)技術(shù)。而100M以太網(wǎng)采用的則是保持幀長不變但將最大電纜長度減小到100m。其它技術(shù)改進(jìn)：（1）采用專用的交換集線器，縮小沖突域（2）發(fā)送、接收、沖突檢測傳輸線路獨立，降低對媒體帶寬要求（3）為使用光纖、雙絞線媒體，采用新的信號編碼技術(shù)。6、長1Km、10Mbps的802.3LAN，其信號傳播速度為200m/us，數(shù)據(jù)幀長度為256位（包括32位開銷）。一個成功發(fā)送后的第一位時間片留給接收方以捕獲信道來發(fā)送一個32位的確認(rèn)幀。假設(shè)不考慮沖突，問不包括開銷的有效數(shù)據(jù)速率為多少?1）發(fā)送數(shù)據(jù)幀256位所需的時間=256bit/10Mbps=25.6us數(shù)據(jù)幀在信道上的傳播時間=1000m/（200m/us）=5us共用時間=25.6us+5us=30.6us2）回發(fā)確認(rèn)幀32位所需的時間=32bit/10Mbps=3.2us確認(rèn)幀在信道上的傳播時間=1000m/（200m/us）=5us共用時間=3.2us+5us=8.2us因此：有效數(shù)據(jù)傳輸速率：（256-32）bit/（30.6+8.2）us=5.77Mbps7、長1Km、10Mbps的基帶總線LAN,信號傳播速度為200m/us，計算一個1000比特的幀從發(fā)送開始到接收結(jié)束的最大時間是多少?若兩相距最遠(yuǎn)的站點在同一時刻發(fā)送數(shù)據(jù)，則經(jīng)過多長時間兩站發(fā)現(xiàn)沖突。1）從發(fā)送開始到接收結(jié)束的總時間二數(shù)據(jù)傳輸時延+信