第三章计算机网络数据链路层教材

（答案仅供参考如有不对请自己加以思考）
第三章数据链路层
一习题
1，下列不属于数据链路层功能的是（）。

A 帧定界功能 B电路管理功能
C 差错检测功能 D链路管理功能
解析：B。

数据链路层在物理层提供的服务的基础上向网络层提供服务，即将原始的，有差错的物理线路改进成逻辑上无差错的数据链路，从而向网络层提供高质量的服务。

为了达到这一点，数据链路层必须具备一系列相应的功能，主要有：如何将二进制比特流组织成数据链路层的传输单元----帧；如何控制帧在物理信道上的传输，包括如何处理传输差错，在两个网络实体之间提供数据链路的建立，维护和释放管理。

这些功能对应为帧定界，差错检测，链路管理等功能。

2 对于信道比较可靠并且对通信实时性要求高的网络，采用（）数据链路层服务比较合适。

A无确认的无连接服务 B 有确认的无连接服务
C 有确认的面向连接的服务
D 无确认的面向连接的服务
解析：A。

无确认的无连接服务器是指源机器向目标机器发送独立的帧，目标机器并不对这些帧进行确认。

事先并不建立逻辑连接，事后也不用释放逻辑连接。

若由于线路上有噪声而造成了某一帧丢失，则数据链路层并不会检测这样的丢帧现象，也不会恢复。

当错误率很低的时候，这一类服务是非常适合的，这时恢复过程可以留给上面的各层来完成。

这类服务对于实时通信也是非常适合的，因为实时通信中数据的迟到比数据损坏更加不好。

3 在数据链路层中，网络互联表现为（）。

A，在电缆段之间复制比特流 B 在网段之间转发数据帧
C 在网络之间转发报文
D 连接不同体系结构的网络
解析： B。

数据链路层的主要任务是将一个原始的传输设备（物理层设备）转变成一条逻辑的传输线路。

数据链路层的传输单元为帧，网络层的传输单元为报文，物理层的传输单元为比特，所以A，C都是错误的。

而连接不同体系结构的网络的工作是在网络层完成的。

4假设物理信道的传输成功率是95%，而平均一个网络层的分组需要10个数据链路层的帧来发送。

如果数据链路层采用了无确认的无连接服务，那么发送网络层分组的成功率是（）。

这个结论说明了什么？
A 40%
B 60%
C 80% D95%
解析：B。

要成功发送一个网络层的分组，需要成功发送10个数据链路层帧。

成功发送10个数据链路层帧的概率是（0.95）10 ≈0.598，即大约只有60%的成功率。

这个结论说明了在不可靠的信道上无确认的服务效率很低。

为了提高可靠性应该引入有确认的服务。

5 在可靠传输机制中，发送窗口的位置由窗口前沿和后沿的位置共同确定，经过一段时间，发送串口的后沿的变化情况可能为（）。

I 原地不动 II 向前移动 III 向后移动
A I III
B I II
C II III
D 都有可能
解析：B。

发送窗口的后沿的变化情况只能有两种：
1）原地不动（没有收到新的确认）。

2）向前移动（收到了新的确认）。

发送窗口不可能向后移动，因为不可能撤销已收到的确认。

6 以下哪种滑动窗口协议收到的分组一定是按序接受的（）。

I 停止-等待协议 II 后退N帧协议 III 选择重传协议
A I III
B I II
C II III
D 都有可能
解析： B。

要使分组一定是按序接收的，接收窗口的大小为1才能满足，只有停止-等待协议与后退N帧协议的接收窗口大小为1。

7 采用滑动窗口机制对两个相邻节点A（发送方）和B（接收方）的通信过程进行流量控制。

假定帧序号长度为3，发送窗口和接收窗口的大小都是7.当A发送了编号为0,1,2,3这4个帧后，而B接收了这4个帧，但仅答应了0,1两个帧，此时发送窗口将要发送的帧序号为（1）______，接收窗口的上边界对应的帧序号为（2）_____：若滑动窗口机制采用选择重传协议来进行流量控制，则允许发送方在收到应答之前连续发送出多个帧。

若帧的序号长度为k比特，那么窗口的大小W（3）______2k-1；若滑动窗口机制采用后退N帧协议来进行流量控制，则允许发送方在收到应答之前连续发出多个帧。

若帧的序号长度为k比特，那么发送窗口的大小W最大为（4）______。

（1）A 2 B 3 C 4 D 5
（2）A 1 B 2 C 3 D 4
（3）Ａ＜Ｂ＞Ｃ≥Ｄ≤
（4）Ａ 2k Ｂ 2k Ｃ 2k-1 Ｄ２
解析：
（1）发送窗口大小为7意味着发送方在没有收到确认之前可以连续发送7个帧，由于发送方A已经发送了编号为0~3的4个帧，所以下一个帧将是编号为4的帧。

（2）接收窗口的大小也为7，当接收方收到了编号为0~3后，滑动窗口准备接受编号为4,5,6,7,0，1,2的帧，因此接收窗口上边界对应的帧序号为4.需要注意的是，在接收端只有收到的数据帧的发送信号落入接收窗口内，窗口就会前移一个位置，并不是说一定要等到应答，接收窗口才移动，应答其实影响的应该是发送窗口，发送方收到了应答后才滑动发生窗口（不少考生认为此题帧3和帧4没有应答，就不应该、、滑动，导致此题误选B）。

（3）当帧的序号长度为k比特，对于选择重传协议，为避免接收端向前移动窗口后，新的窗口与旧的窗口产生重叠，接收窗口的最大尺寸应该不超过序列号范围的一半（参考知识点扩展与深度总结），即W R≤2k-1。

（4）2k-1。

所以选（1）C（2）D（3）D（4）D
可能疑问点：帧序号的长度是3，而且发送窗口和接收窗口都不是1，说明应该是选择重传，但是，这样最大发送窗口不应该是4吗？怎么可能取到7？
解析：本题前面讲的应该是普通的滑动窗口机制，这个和带有滑动窗口协议的特殊滑动窗口机制应该是不一样的。

对于普通的滑动窗口机制来说，不会考虑出错的情况，也就是这道题前面几问很有可能会出错（如确认帧丢失等），造成窗口重叠现象。

而后面两问就开始考虑滑动窗口机制采用各种滑动窗口协议，而协议就应该考虑到所有可能出错的情况。

前面应该讲过类似的知识，希望考生不要再在这个问题上纠结。

8 采用HDLC传输比特串0111 1111 1000 001，在比特填充后输出为（）。

A 0111 1101 1100 0001
B 0101 1111 1100 0001
C 0111 1011 1100 0001
D 0111 1110 1100 0001
解析： A 。

HDLC数据帧以位模式0111 1110标识每一个帧的开始和结束，因此在帧数据中凡是出现了5个连续的位“1”的时候，就会在输出的位流中填充一个“0”。

9 数据链路层提供给的3种基本服务不包括（）。

A无确认的无连接服务 B 有确认的无连接服务
C 无确认的有链接服务
D 有确认的有链接服务
解析：C。

连接时建立在确认机制的基础之上的。

所以数据链路层没有无确认有连接的服务。

10 数据链路层采用了后退N帧协议，如果发送窗口的大小是32，那么至少需要（）位的序列号才能保证协议不出错。

A 4位
B 5位
C 6位
D 7位
解析： C。

在后退N帧的协议中，帧号≥发送窗口+1，在题目中发送窗口的大小是32，那么帧号最小号码应该是32（从0开始，共33个）。

因为25<33<26,所以至少需要6为的帧序号才能达到要求。

11 从滑动窗口的观点看，当发送窗口为1，接收窗口为1是，相当于ARQ的（）方式。

A 回退N帧ARQ
B 选择重传ARQ
C 停止-等待
D 连续ARQ
解析：C。

概念题目。

12 对于窗口大小为n的滑动窗口，最多可以有（）帧已发送但没有确认。

A 0
B n-1
C n
D n/2
解析：B。

一方面，在连续ARQ协议中，必须发送窗口的大小≤窗口总数--1.例如，窗口总数为8个，编号为0~7假设这8个帧都已发出，下一轮又发出编号为0~7帧共8个帧，接收方将无法判断第二轮发的8个帧到底是重传帧还是新帧，因为它们的序号完全相同。

另一方面，对于回退N帧协议，发送窗口的大小可以达到（窗口总数--1）。

因为它的接收窗口大小为1，所有的帧保证按序接收。

所以对于窗口大小为n的滑动窗口，其发送窗口大小最大为n-1，即最多可以有n-1帧已发送但没有确认。

13 下列属于奇偶校验码特征的是（）。

A 只能检查出奇数个比特错误
B 能查出长度任意一个比特的错误
C 比CRC校验可靠
D 可以检查偶数个比特的错误
解析：A。

奇偶校验的原理是通过增加冗余位来使得码字中”1“的个数保持为奇数个数或者偶数个的编码方法。

它只能发现奇数个比特的错误。

14 下列关于循环冗余校验的说法中，（）是错误的。

A 带r个校验位的多项式编码可以检测到所有长度小于或等于r的突发性错误
B 通信双方可以无需商定就直接使用多项式编码
C CRC校验可以使用硬件来完成
D 有一些特殊的多项式，因为其有很好的特性，而成为了国际标准
解析：B。

在使用多项式编码时，发送方和接收方必须预先商定一个生成多项式。

发送方按照模2除法，得到校验码，在发送数据的时候把该校验码加在数据后面。

接收方收到数据后，也需要根据同一个生成多项式来验证数据的正确性。

所以发送方和接收方在通信前必须要商定一个生成多项式。

15 发送方准备发送的信息位为1101011011，采用CRC校验算法，生成多项式为G（x）=x4+x+1那么发出的校验位应该为（）。

A 0110
B 1010
C 1001
D 1110
解析：D。

首先根据生成多项式G（x）=x4+x+1得到CRC的校验码为10011,。

然后利用短除法来计算校验码，具体流程如图3-21所示，最后余数为1110。

1100001010
10011 110101101100000
10011
10011
10011
00001
00000
00010
00000
00101
00000
01011
00000
10110
10011
01010
00000
10100
10011
01110
00000
1110
图3-21
16 为了检测5比特的错误，编码的海明距离应该为（）。

A 4
B 6
C 3
D 5
解析：B。

知识点讲解中详细讲解过了，检错d位，需要码距为d+1的编码方案。

17 为了纠正2 比特的错误，编码的海明距离应该为（）。

A 2
B 3
C 4 Ｄ5
解析：D。

纠错d位，需要码距为2d+1的编码方案。

18 流量控制实际上是对（）的控制。

A 发送方，接收方数据流量
B 接收方数据流量
C 发送方数据流量
D 链路上任意两节点间的数据流量
解析：C。

流量控制就是要控制发送方发送数据的速率，使接收方来得及接收。

19 流量控制是为防止（）所需要的。

A 位错误
B 发送方缓冲区溢出
C 接收方缓冲区溢出
D 接收方与发送方间冲突
解析：C。

流量控制就是要控制发送方法送数据的速率，使接收方来得及接收，目的就是怕接收方缓冲区溢出。

20 在简单的停止-等待协议中，当帧出现丢失时，发送端会永远等待下去，解决这种死锁现象的办法是（）。

A 差错校验
B 帧序号
C ACK机制
D 超时机制
解析：D。

在一个有噪声的信道中，帧可能会被破坏，也可能完全丢失。

这时候需要增加一个计时器，当发送方发送出一帧后，计时器开始计时，当该帧的确认在计时器到时之前到达发送方，则取消该计时器；否则如果在计时器到时，发送方还没有收到该帧的确认就再次发送该帧，这样就可以打破死锁。

21 使用后退N帧协议，根据下图所示的滑动窗口状态（发送窗口大小为2，接收窗口大小为1），指出通信双方处于何种状态（）。

发送方接收方窗口序号模式
Ａ发送方发送完０号帧，接收方准备接受０号帧
B发送方发送完1号帧，接收方接收完0号帧
C发送方发送完0号帧，接收方准备接收1号帧
D发送方发送完1号帧，接收方接受完1号帧
解析：B。

滑动窗口的本质是在任何时刻，发送方总是维持着一组序列号，分别对应于允许发送的帧，称这些帧落在发送窗口之内。

发送窗口内的序列号代表了那些已经被发送，但是还没有被确认的帧。

类似地，接收方也维持着一个接收窗口，对应于一组允许它接收的帧。

从图中可以看出，发送方已经发送了0号帧，要发送1号帧。

而接收方已经接收完了0号帧，并且对0号帧发回了确认，才使得接收窗口后移到1号帧的位置。

（提示：发送方阴影部分表示已经发送的帧，但是没有收到确认；接收方阴影部分表示期待接受的帧。

）
22 假设数据链路层采用后退N帧协议进行流量控制，发送方已经发送了编号为0~6号的帧。

当计时器超时时，2号帧的确认还没有返回，则发送方需要重发的帧数是（）。

A 1
B 5 Ｃ 6 D 7
解析：B。

因为2号帧没有返回确认，当计时器超时时，2号帧及其后面的帧都要重发，因此共有5个帧需要重发。

23 信道速率为4kbit/s，采用停止-等待协议。

传播时延t=20ms，确认帧长度和处理时间均可忽略。

问帧长（）才能使信道的利用率达到至少50%.
A 40bit
B 80bit
C 160bit
D 320bit
解析：C。

根据信道利用率的计算公式，在确认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，约等于t发送时间/（t发送时间+2×t传播时间）。

当发送一帧的时间等于信道的传播时延的2倍时，信道利用率是50%，或者说当发送一帧端的时间等于来回路程的传播时延时，效率将是50%，即20ms×2=40ms。

现在发送速率是每秒4000bit，即发送一位需要0.25ms，则帧长=40/0.25=160bit。

24 对于无序接收的滑动窗口协议，若序号位数为n，则发送窗口最大尺寸为（）。

A 2n-1
B 2n
C 2n-1
D 2n-1
解析：D。

此题出得很巧妙，没有直接告诉使用的是选择重传协议，而是通过间接的方式给
出。

题目说无序接受的滑动窗口协议，说明接收窗口大于1，所以得出数据链路层使用的是选择重传协议，而选择重传协议发送窗口最大尺寸为2n-1。

25 在下列多路复用技术中，（）具有动态分配时隙的功能。

A 同步时分多路复用
B 码分多路复用
C 统计时分多路复用
D 频分多路复用
解析：C。

异步时分多路复用采用动态分配时间片的方法，又称为统计时分多路复用。

26 将物理信道的总频带宽分割成若干个信道，每个信道传输一路信号，这种复用技术成为（）。

A 同步时分多路复用
B 码分多路复用
C 异步时分多路复用
D 频分多路复用
解析：D。

多路复用有两种基本形式：频分多路复用和时分多路复用。

频分多路复用以信道频带作为分割对象，通过为多个信道分配互不重叠的频率范围的方法实现多路复用。

时分多路复用以信道传输时间作为分割对象，通过为多个信道分配互不重叠的时间片的方法实现多路复用，又包括两种类型：同步时分多路复用和异步时分多路复用。

同步时分多路复用将时间片（时隙）预先分配给各个信道，并且时间片固定不变。

异步时分多路复用采用动态分配时间片的方法，又称为统计时分多路复用。

波分多路时分复用实际上是光的频分多路复用。

27 多路复用器的主要功能是（）。

A 执行数/模转换
B 结合来自多条线路的传输
C 执行串/并转换
D 减少主机的通信处理强度
解析：B。

多路复用的功能是要结合来自多条线路的传输，从而提高线路的利用率。

28 下列协议中，不会发生碰撞的是（）。

A TDM
B ALOHA Ｃ CSMA ＤCSMA/CD
解析：A。

TDM属于静态划分信道的方式，各结点分时使用信道，不会发生碰撞，而ALOHA、CSMA、CSMA/CD都属于动态的随机访问协议，都采用检测碰撞的策略来应对碰撞，因此都会发生碰撞。

29 在以下几种CSMA协议中，（）协议在监听到介质是空闲时仍可能不发送。

A 1-持续CSMA B非持续的CSMA
C p-持续 CSMA
D 以上都不是
解析：C。

1-持续的CSMA当检测到信道为空的时候，就会发送数据。

当他检测到信道为忙的时候，就一直检测信道的状态。

非持续的CSMA也是当检测到信道为空的时候就发送数据。

但是，当它检测到信道正在被使用之中，则不会持续地对信道进行监听。

当一个站准备好要发送数据的时候，p-持续CSMA会检测信道。

如果信道是空闲的，则他按照概率p的可能性发送数据。

在概率1-p的情况下，它会选择不发送数据。

30 根据CSMA/CD协议的工作原理，需要提高最短帧长度的是（）。

A 网络传输速率不变，冲突域的最大距离变短。

B 上层协议使用TCP的概率增加。

C 在冲突域不变的情况下减少线路的中继器数量。

D 冲突域的最大距离不变，网络传输速率提高。

54 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错？如果传输没有出现差错，发送数据的比特序列和CRC检验码的比特序列分别是什么？
解析：根据题意，生成多项式G（x）对应的二进制比特序列为11001.进行如下的二进制模2除法，被除数为1011 0011 010，除数为11001.
1101010
11001 10110011010
11001
11110
11001
11111
11001
11001
11001
00
所得余数为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检验码的比特序列式1010。

注意，CRC检验码的位数等于生成多项式G（x）的次数。

55 数据链路（即逻辑链路）与链路（即物理链路）有何区别？
解析：数据链路与链路的区别在于数据链路除了本身是一条链路外，还必须有一些必要的规程来控制数据的传输。

因此，数据链路比链路多了实现通信规程所需要的硬件和软件。

56 “电路接通了”与“数据链路接通了”的区别何在？
解析：“电路接通了”表示链路两端的结点交换机已经开机，物理连接已经能够传送比特流了。

但是，数据传输并不可靠。

在物理连接基础上，再建立数据链路连接，才是“数据链路接通了”。

此后，由于数据链路连接具有检测、确认和重传等功能，才使得不太可靠的物理链路变成可靠的数据传输。

当数据链路断开连接时，物理连接不一定跟着断开。

57 有人指出：每一帧的结束处是一个标志字节，而下一帧的开始处又是另一个标志字节，这种做法是对空间的浪费。

如果只使用一个标志字节可以完成相同的工作，那么就可以省下一个字节。

这种说法有错吗？
解析：假如数据链路层的字节流是一直连续不断的，那么采用一个字节的标志是可以分清不同帧之间的界限。

但是考虑如下情况，如果一个帧结束了传递，以flag字节结束，之后的打印15min内没有新的帧传输。

接收方无法确认下一个到来的字节是一个新的帧开始，还是链路上的噪声。

采用开始呵结束都添加标志字节的办法，可以大大简化数据链路层协议的设计。

67 有10个站连接到以太网上。

试计算以下3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10Mbit/s以太网集线器。

（2）10个站都连接到一个100Mbit/s以太网集线器。

（3）10个站都连接到一个10Mbit/s以太网交换机。

解析：从带宽来看，集线器不管有多少个端口，所有端口都共享一条带宽，在同一时刻只能有两个端口传送数据，其他短裤只能等待。

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，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，每一个端口都有一条独占的带宽，且两个端口工作时，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模式下，还可以工作在全双工工模式下，因此在交换机上的站实际上是独占信道。

所以：（1）10个站共享10Mbit/s的带宽，也就是每一个站所能得到的带宽为1Mbit/s。

（2）10个站共享100Mbit/s的带宽，也就是每一个站所能得到的带宽为10Mbit/s。

（3）每一个站独占10Mbit/s的带宽，也就是每一个站所能得到的带宽为10Mbit/s。

68 如图3-20所示，有5个站点分别连接在3个局域网上，并且用网桥B1和B2连接起来，每一个网桥都有2个接口（1和2），初始时练个网桥中的转发表都是空的，以后由以下各站点向其他的站发送了数据帧：A发送给E，C发送给B，D发送给C，B发送给A，请把有关数据填写在表中，并说明网桥的工作原理（注意：假设主机A到E的MAC 地址分别是MAC1到MAC5）。

A
D
LAN3
E
2
C
B
2
B2
1
B1
LAN2
LAN11
图3-20 网桥连接的网络
表3-7 数据表
发送的帧B1的转发表B2的转发表B1的处理B2的处理地址接口地址接口
A-->E
C-->B
D-->C
B-->A
解析：当一个网桥刚连接到局域网是，其转发表是空闲的，若此时收到一个帧，则应按照以下算法处理该帧和建立转发表。

（1）从端口x收到无差错的帧，在转发表彰查找目的站MAC地址。

（2）如果有，则查找出此MAC地址应当走的端口d，然后进行（3），否则转（5）。

（3）如果到这个MAC地址去的端口等于x，则丢弃此帧，否则从端口d转发。

（4）转发到（6）。

（5）向网桥除了x以外的所有的端口转发此帧。

（6）如果源站不在转发表中，则将源站MAC地址加入到转发表中，登记该帧进入网桥的端口号，设置计时器，转到（8）；如果源站在转发表中，执行（7）。

（7）更新计时器。

（8）等待新的数据帧，转到（1）。

根据已知的数据发送过程，按照网桥的工作算法，即可得到最终的结果。

根据上述的算法，下面一一分析题目中的各种转发。

（1）A发给E，网桥B1在端口1收到源地址为MAC1，目的地址为MAC5的帧（步骤1），此时转发表为空，转到步骤5，网桥B1向所有端口转发此帧，并将此帧的源地址添加到的网桥B1中，并登记该帧进入网桥的端口号，即1端口号，同理网桥B2也将此帧的源地址添加到网桥B2中，并登记该帧进入网桥的端口号，也是1端口号。

所以第一行应该填入：
MAC1 1 MAC1 1 转发，写入
转发表转发，写入转发表
（2）C发给Ｂ，和第一种情况完全一样，仅仅是C从网桥B1的端口2进入，所以第二行应输入：
MAC3 2 MAC3 1 转发，写入
转发表转发，写入转发表
（3）D发给C，网桥B2没有源地址为MAC4的帧（主机D发的帧），所以将其源地址写入转发表（步骤6），并且是从网桥B2端口2进来的。

网桥B1知道目的地址为MAC3的帧（发给主机C）是从端口2进来的，并且转发表中填入的也是端口2，根据步骤3，应该丢弃此帧；由于网桥B1还没有地址为MAC4的帧所以需要将其写入转发表，并且端口为2，所以第三行应该填入：
MAC4 2 MAC2 1 写入转发
表，丢弃不
转发转发，写入转发表
（4）B发给A，网桥B1的转发表写入转发目的地址为MAC1的帧是从端口1转发的，但是此时该帧又是从端口1进入的，所以丢弃此帧（步骤3），并将MAC2写入网桥B1的转发放表；由于网桥B1丢弃了此帧，所以网桥B2收不到此帧，所以网桥B2没有任何动作发出，第四行应填入：
MAC2 1 无无转发，写入
转发表接收不到该
帧
综上所述，整个完整的表如下：
发送的帧B1的转发表B2的转发表B1的处理B2的处理地址接口地址接口
A-->E MAC1 1 MAC1 1 转发，写入
转发表转发，写入转发表
C-->B MAC3 2 MAC3 1 转发，写入
转发表转发，写入转发表
D-->C MAC4 2 MAC4 2 写入转发
表，丢弃不
转发转发，写入转发表
B-->A MAC2 1 无无写入转发
表，丢弃不
转发接收不到该帧。