计算机网络复习题(带答案)

1.由ｎ个结点构成的星状拓扑结构的网络中，共有多少个直接连接？对于ｎ个结点的环状网络呢？对于ｎ个结点的全连接网络呢？

答：采用星状、环状、全连接拓扑结构的网络如图所示。

星状、环状、全连接拓扑结构网络如上图，在n个结点的星状网络中，直接连接数为n-1；在ｎ个结点的环状网络中，直接连接数为ｎ；在ｎ个结点的全连接网络中，直接连接数为n(n-1)/2。

2.假设一个系统具有ｎ层协议，其中应用进程生成长度为ｍ字节的数据。在每层都加上长度为ｈ字节的报头。计算为传输报头所占用的网络带宽百分比。

解答：在同一结点内，当应用进程产生数据从最高层传至最低层时，所添加的报头的总长度为ｎｈ字节，数据部分仍为ｍ字节。因此，为传输报头所占用的网络带宽百分比为：ｎｈ／（ｎｈ＋ｍ）×１００％

3.对于带宽为4000Hz通信信道，如果采用16种不同的物理状态来表示数据，信道的信噪比S/N为30dB，按照奈奎斯特定理，信道的最大传输速率是多少？按照香农定理，信道的最大传输速率是多少？

解答：因为30dB=10log10(S/N),

所以S/N=1000；

奈奎斯特定理：C=2Wlog2M=4000Xlog2X16=32000b/s

香农公式：C=Wlog2(1+S/N)=4000Xlog2X1001=40 000b/s

4.假设需要在相隔1000km的两地间传送3kb的数据。有两种方式：通过地面电缆以4.8kb/s的数据传输速率传送或通过卫星通信以50kb/s的数据传输速率传送。则从发送方开始发送数据直至接收方全部收到数据，哪种方式的传送时间较短？已知电磁波在电缆中的传播速率为光速的2/3，卫星通信的端到端单向传播延迟的典型值为270ms

解答：从发送方开始发送数据直至接收方收到全部数据的时间

Ｔ＝数据发送时延＋信号传播时延。

对于通过地面电缆的传送方式，

电磁波在电缆中的传播速率＝3×105×2/3=2×105(km/s)

则T=3/4.8+1000/200000=0.63(s)

对于通过卫星的传送方式，T=3/50+270/1000=0.33(s)

5.在数据传输过程中，若接收方收到的二进制比特序列为10110011010，接收双方采用的生成多项式为Ｇ（ｘ）＝ｘ4＋ｘ3＋１，则该二进制比特序列在传输中是否出现了差错？如果没有出现差错，发送数据的比特序列和ＣＲＣ校验码的比特序列分别是什么？

解答：已知接收方收到的二进制比特序列为１０１１００１１０１０；

生成多项式Ｇ（ｘ）＝ｘ4＋ｘ3＋１，所对应的二进制比特序列为１１００１。进行如下的二进制除法，被除数为１０１１００１１０１０，除数为１１００１：得余数为０，因此该二进制比特序列在传输过程中没有出现差错。发送数据的比特序列是１０１１００１，ＣＲＣ校验码的比特序列是１０１０。

6.要发送的数据比特序列为1010001101，ＣＲＣ校验生成多项式为Ｇ（ｘ）＝ｘ5＋ｘ4＋ｘ2＋１，试计算ＣＲＣ校验码。

解答：已知要发送的数据比特序列为１０１０００１１０１；ＣＲＣ校验生成多项式为Ｇ（ｘ）＝ｘ5＋ｘ4＋ｘ2＋１，所对应的二进制比特序列为１１０１０１。进行如下的二进制除法，被除数为１０１０００１１０１乘以２５即１０１０００１１０１０００００，除数为１１０１０１：得到余数比特序列为０１１１０，即ＣＲＣ校验码为０１１１０。

7.假设一个信道的数据传输速率为4kb/s，单向传播延迟时间为20ms，那么帧长在什么范围内，才能使用于差错控制的停止等待协议的效率至少为50%？

解答：已知信道的数据传输速率Ｂ＝４ｋｂ／ｓ＝４０００ｂ／ｓ，信道的单向传播时延Ｒ＝２０ｍｓ＝０．０２ｓ，一帧的帧长为Ｌ。在停止等待协议中，协议忙的时间为数据发送的时间＝Ｌ／Ｂ，协议空闲的时间为数据发送后等待确认帧返回的时间＝２Ｒ。则要使停止等待协议的效率至少为５０％，即要求信道利用率μ至少为５０％。因为信道利用率＝数据发送时延／（传播时延＋数据发送时延），则有：μ＝(Ｌ／Ｂ)／（Ｌ／Ｂ＋２Ｒ）≥５０％可得，Ｌ≥２ＢＲ＝２×４０００×０．０２＝１６０（ｂ）因此，当帧长大于等于１６０比特时，停止等待协议的效率至少为５０％。

8.已知Ethernet局域网的总线电缆长为200m，数据传输速率为10Mbps，电磁波信号在电缆中的传播速率为200m/us。试计算该局域网允许的帧的最小长度。

解析：本题主要考查Ethernet中最小帧长的概念与计算方法。第在Ethernet中采用带有冲突检测的载波侦听多路访问即CSMA/CD的控制方法，为了使发送结点能够在发送数据时检测到可能最晚到来的冲突信号，必须规定数据帧的最章小长度。

由于帧的最小长度(b)/数据传输速率(b/us)=2×任意两结点间最大距离（m）/电磁波传播速率(m/us)，

所以，帧的最小长度(b)＝2×任意两结点间最大距离（m）/电磁波传播速率(m/us)×数据传输速率(b/us)，

在本题中，线缆长度即任意两结点间的最大距离为200m，数据传输速率为10Mb/s=10b/us，电磁波传输速率为200m/us，则该局域网所允许的帧的最小长度=2×200×10/200=20(b).

9.假设有一个数据传输速率为10Mb/s/采用CSMA/CD作为介质访问控制方法的局域网（不是IEEE802.3），电缆长度为1km，电磁波在电缆中的传播速度为200m/us。数据帧的长度为256比特，这包括用于帧头、校验和以及其他开销的32比特。假设数据帧发送成功后的第一个时隙保留给接收方，用来捕获信道并发送一个长度为32比特的确认帧。在没有冲突发生的情况下，有效的数据传输速率为多少？

解析：本题主要考查对于CSMA/CD的工作原理以及数据传输速率的概念。

因为电缆的长度为1km，电磁波在电缆中的传播速度为200m/us，

则信道的单向传播时延=1000/200=5(us)往返传播时延=2×5=10(us)。

由于数据帧长为256比特，确认帧长为32比特，数据传输速率为10Mb/s

数据帧的发送时间=256/10=25.6(us)确认帧的发送时间=32/10=3.2(us)。

在不考虑冲突的情况下，对于采用CSMA/CD的局域网，一个完整的数据传输实际上由６个阶段组成：

发送方获得总线的访问权(10us)，发送方发送数据帧25.6(us)，数据帧到达接收方5(us)，接收方获得总线的访问权10(us)，接收方发送确认帧3.2(us)，确认帧到达发送方5(us)。

对于一次数据帧的传输，传输的有效数据为(256-32)=224比特，

因此，在不考虑冲突的情况下，

有效的数据传输速率=224/(10+25.6+5+10+3.2+5)≈3.81(Mb/s)

10.假设一个具有1024×768像素的图像，每个像素由3个字节表示。如果该图像文件不采用压缩形式，试问通过56kbps的调制解调器传送需要多长时间？通过10Mb/s的Ethernet 呢？