计算机网络原理2007版课后答案.doc

第一章1.计算机网络的发展历史分为四个阶段：面向终端的计算机网络，计算机-计算机网络，开放式标准网络以及因特网广泛应用和高速网络技术发展 等4个阶段。每个阶段的特点 P2-P32.资源子网和通信子网.资源子网负责信息处理，通信子网负责全网中信息传递。P83.星形优点：（1）控制简单 （2）故障诊断和隔离容易 （3）方便服务 缺点： （1）电缆长度和安装工作量可观 （2）中央节点的负担较重，形成“瓶颈” （3）各站点的分布处理能力较低。P13-P154.广播式和点对点的区别： 广播式网络中 所有联网计算机都共享一个公共信道.点对点，每条物理线路连接一对计算机 P165.广域网 其分布可达书百至数千公里，覆盖一个国家或一个洲，形成国际性的远程网络。局域网是将小区域内的各种通信设备互连在一起的网络。P166.P17.7.计算机网络的主要功能：（1）硬件资源共享（2）软件资源共享 （3）用户间信息交换。P108.略。第二章1.为计算机网络中进行数据交换而建立的规则，标准或约定的集合就称为网络协议。三要素为：（1），语义 （2 ）语法 （3） 定时 P192. 协议是控制两个对等实体进行通信的规则的集合。在协议的控制下，两个对等实体间的通信使得本层能够向上一层提供服务，而要实现本层协议，还需要使用下面一层提供服务。协议和服务的概念的区分：（1）、协议的实现保证了能够向上一层提供服务。本层的服务用户只能看见服务而无法看见下面的协议。下面的协议对上面的服务用户是透明的。（2）、协议是“水平的”，即协议是控制两个对等实体进行通信的规则。但服务是“垂直的”，即服务是由下层通过层间接口向上层提供的。上层使用所提供的服务必须与下层交换一些命令，这些命令在OSI中称为服务原语。3.计算机网络系统是一个十分复杂的系统，将一个复杂的系统分解为若干个容易处理的子系统，然后“分而治之”逐个加以解决，这种结构化设计方法是工程设计中常用的手段。分层就是系统分解的最好方法之一 P204.（1）每层的功能应该是明确的，并且是相互独立的。（2）层间接口必须清晰，跨接口的信息量应尽可能的少。（3）层数适中。 P205. P266. P237. P278. P279. P27.第三章 物理层1. P292. (P34) RS-449标准的电器特性有两个标准，即平衡式的RS-422标准和非平衡式的RS-423标准。 RS-422电气标准是平衡方式标准，它的发送器、接收器分别采用平衡发送器和差动接收器，由于采用完全独立的双线平衡传输，抗串扰能力大大增强。又由于信号电平定义为6伏(2V为过度区域)的负逻辑，故当传输距离为10M时，速率可达10Mbps；而距离增长至1000m时，速率可达到100Kbps时，性能远远优于RS-232C标准。RS-423电气标准是非平衡标准，它采用单端发送器(即非平衡发送器)和差动接收器。虽然发送器与RS-232C标准相同，但由于接收器采用差动方式，所以传输距离和速度仍比RS-232C有较大的提高。当传输距离为10M时，速度可达成100KBPS；距离增至100M时，速度仍有10KBPS。RS-423的信号最平定义为6伏(其中4伏为过渡区域)的负逻辑。从旧技术标准向新技术标准的过渡，需要花费巨大的代价主经过漫长的过程。RS-423电气特性标准可以认为是从RS-232C向RS-449标准全面过渡过程中的一个台阶。3. P414. P515. 6KHZ6. P557. P478. P639.( 50*103)/2*108=2.5*10 4秒 800/x=5/2*104 9.考虑一条长度为50km的点到点链路，对于一个100字节的分组，带宽为多大时其传播延迟（速度为210的八次方m/s）等于发送延迟？对于512字节的分组，情况又如何？ 首先延迟的单位应是毫秒,故:2*108/1000=200000(m/ms)又因载波频率为100MHz-10GHz所以对于100个字节的分组来说上行链路带宽可达:50000*100/100/8/200000=2(Mbps)下行链路带宽可达:50000*210*10/100/8/200000=204(Mbps)对于512个字节的分组来说上行链路带宽可达:50000*100/512/8/200000=0.4(Mbps)下行链路带宽可达:50000*210*10/512/8/200000=40(Mbps)请问一下上行链路带宽可达:50000*100/100/8/200000=2(Mbps)=0，03125怎么等于2呢？怎么算出来的呢？后面的也是没看懂有谁能给告诉我一下呢？谢谢！10. 用直通交换，交换机延迟分组128位，即0.128s。在这种情况下仍然有1个5s的发送延迟，2个10s的传播延迟，再加上0.128s的交换机转发延迟，因此总的延迟等于：51+102+0.128=25.128s （1个发送延迟，2个传播延迟，1个转发延迟）如果像（b）那样有3个交换机，那么总的延迟将会等于：51+104+0.1283=45.384s。（1个发送延迟，4个传播延迟，3个转发延迟）11. 1) 55*109/3*108 (2) (5*103/128) + (55*109/3*108)12. (1)1920*1080*24*30 (2)8000*8Bit=64000 B/秒=64 KB/秒 (3)260*50 第四章1.帧同步功能，差错控制功能，流量控制功能，链路管理功能2. P713.由躁声引起，两大类：随机热噪声，冲击噪声。P754. P755. 发送方还可发送3帧可发4、5、6号6.P91。P817. “ABCDE”8. 010000011111011010111110109. 带报头的分块传输是5个控制字符，开销5个字节，（1295）/2=62故前4帧每帧最多能传的汉字数为：(129-3(SYN+SYN+STX)-2(ETB+BCC)/262(个)每个报文传62个汉字，前4帧传248个汉字最后一帧（1015）/248该批数据共有的汉字数为：624+(101-3(SYN+SYN+STX)-2(ETX+BCC)/2296(个)10. 看HDLC 帧格式 P87信息字段(I)占122=24字节总的帧长占1(F)+1(A)+1(C)+24(I)+2(FCS)+1(F)30字节11. P8712. P8413.不做。14. 添加的检验序列为1110 （11010110110000除以10011）数据在传输过程中最后一个1变成了0，11010110101110除以10011，余数为011，不为0，接收端可以发现差错。数据在传输过程中最后两个1都变成了0，11010110001110除以10011，余数为101，不为0，接收端可以发现差错。15. P90第5章1.网络层实现的功能主要有哪些？答：路由选择、拥塞控制、网际互联。9.什么叫拥塞？造成拥塞的原因是什么？答：拥塞现象是指到达通信子网中某一部分的分组数量过多，使得该部分网络来不及处理，以致引起这部分乃至整个网络性能下降的现象，严重时甚至会导致网络通信业务陷入停顿，即出现死锁现象。原因：(1)多条流入线路有分组到达，并需要同一输出线路，此时，如果路由器没有足够的内存存放所有这些分组，那么有的分组就会丢失。(2)路由器的慢速处理器的缘故，以致于难以完成必要的处理工作。那么，即使有多余的线路容量，分组也需要进入到队列之中。11网络互联设备按其工作的层次可分为几类？它们分别是什么？网际互联的意义是什么？请列出各种网络互联设备及它们工作的OSI协议层。答：(1)转发器，是一种低层次设备，实现网络物理层的连接。(2)网桥，提供数据链路层上的协议转换，在不同或相同的局域网之间存储和转发帧。(3) 路由器，作用于网络层，提供网络层上的协议转换，在不同的网络之间存储和转发分组。(4)网关，提供传输层及传输层以上各层间的协议转换。网际互联的目的是使一个网络上的用户能访问其它网络上的资源，使不同网络上的用户互相通信和交换信息。不仅有利于资源共享，也可以从整体上提高网络的可靠性。17.与IPv4相比，IPv6有哪些改进？答：(1)IPv6把IP地址长度增加到128比特，使地址空间增大了296倍。(2)灵活的IP报文头部格式。(3)简化协议，加快报文转发。(4)提高安全性。(5)支持更多的服务类型。(6)允许协议继续演变，增加新的功能，使之适应未来技术的发展。第6章1.传输协议的要素有哪些？答：寻址、建立连接、释放连接2.TCP的重传策略是什么？答：TCP协议用于控制数据段是否需要重传的依据是设立重发定时器。在发送一个数据段的同时启动一个重发定时器，如果在定时器超时前收到确认，就关闭该定时器，如果定时器超时前没有收到确认则重传该数据段。8.TCP与UDP有什么不同之处？答：TCP：(1)面向连接的传输，传输数据前需要先建立连接，数据传输完毕要释放连接。(2)端到端通信，比支持广播通信。(3) 高可靠性，确保传输数据的正确性，不出现丢失或乱序。(4)全双工方式传输。(5)采用字节流方式，即以字节为单位传输字节序列。(6)提供紧急数据传送功能。UDP:(1)传输数据前无须建立连接，一个应用进程如果有数据报要发送就直接发送，属于一种无连接的数据传输服务。(2)不对数据报进行检查与修改。(3)无须等待对方的应答。(4)具有较好的实时性，效率高。(5)会出现分组丢失、重复、乱序，应用程序需要负责传输可靠性方面的所有工作。第7章1.目前在Internet上有哪些使用比较广泛的应用？答：超文本传输协议http、文件传输协议ftp、远程登录协议telnet、电子邮件协议SMTP和POP3、域名系统DNS等。2.简述HTML、HTTP和URL的含义及其作用。答：HTML：超文本标记语言：是为了能把存放在一台电脑中的文本或图形与另一台电脑中的文本或图形方便地联系在一起，形成有机的整体，人们不用考虑具体信息是在当前电脑上还是在网络的其它电脑上。HTTP：超文本传输协议，HTTP是客户端浏览器和Web服务器之间的应用层通信协议，也即浏览器访问Web服务器上的超文本信息时使用的协议。URL：统一资源定位器：是为了能够使客户端查询不同的信息资源时有统一的访问方法而定义的一种地址标识方法。5.说明域名解析的过程。答：当应用进程需要将一个主机域名映射为IP地址时，就调用域名解析函数，解析函数将待转换的域名放在DNS请求中，以UDP报文方式发给本地域名服务器。本地的域名服务器在查找域名后，将对应的IP地址放在应答报文中返回。应用进程获得目的主机的IP地址后即可进行通信。若域名服务器不能回答该请求，则此域名服务器就暂时成为DNS中的另一个客户，直到找到能够回答该请求的域名服务器为止。10.POP协议与IMAP协议有何区别？答：邮局协议POP：电子邮件的收信人使用此协议从邮件服务器自己的邮箱中取出邮件。具有简单的电子邮件存储转发功能。IMAP改进了POP的不足，用户可以通过浏览信件头来决定是否要下载、删除或检索新建的特定部分，还可以在服务器上创建或更改文件夹或邮箱。它除支持POP协议的脱机操作模式外，还支持联机操作和断连接操作。它为用户提供了有选择地从邮件服务器接收邮件的功能、基于服务器的信息处理功能和共享信箱功能。第8章1.在局域网体系结构中，为什么要将数据链路层分为介质访问控制(MAC)子层和逻辑链路控制(LLC)子层？答：局域网中的多个设备一般共享传输介质，在设备之间传输数据时，首先要解决由哪些设备占有介质的问题。所以局域网的数据链路层必须设置介质访问控制功能。由于局域网采用的介质有多种，对应的介质访问控制方法也有多种，为了使数据帧的传送独立于所采用的物理介质和介质访问控制方法，IEEE 802 标准特意把LLC独立出来形成一个独立子层，使LLC子层与介质无关，仅让MAC子层依赖于物理介质。由于设立了MAC子层，IEEE 802 标准就具有了可扩展性，有利于接纳新的介质和介质访问控制方法。5.一万个站点正在竞争使用一时分ALOHA信道，信道时隙为125纳秒，如果站点平均每小时发出18次请求，试计算总的信道载荷G在争用协议中介绍了两个版本的协议：纯ALOHA系统和时分ALOHA系统。在纯ALOHA系统中，用户可以在任意时间发送数据。通过监听信道来了解发送是否成功。如不成功，则重新发送。通过一系列的分析和计算，最后得出信道的最大利用率为18.4% 。在时分ALOHA中，其基本思想是将时间分成时间片，每个时间片可以用来发送一个帧；用户有数据要发送时，必须等到下一个时间片的开始才能发送。通过分析其信道的最大利用率可达到36.8% 。每个终端在每个时隙发送的帧数为：（18帧/3600s）*125us=625*10(-9)帧/时隙10000个终端在每个时隙发送的帧数为：625*10(-9)帧/时隙*10000625*10(-5)所以停道的负载G0.006256. N个站点共享56kbps纯ALOHA信道，各个站点平均每100秒送出一个长度为1000比特的数据帧，而不管前一个数据帧是否已经发送出去（假设站点有发送缓冲区）。计算N的最大值。每个终端需要的带宽1000/100 =10b/s纯ALOHA：信道的可用带宽=0.184*56kb/s=10304b/s可连接的终端数= 10304 / 10 = 1030(个)9. 一栋7层的办公楼，每层有15间办公室，每间办公室的墙上设有一个终端插座，所有的插座在一个垂直面上构成一个正方形栅格，相邻插座间的垂直和水平距离均为4米。假定任意两个插座间都允许连上电缆（垂直、水平、斜线连接均可）。试计算在下面3中情况下连接所有插座所需的电缆总长度： （1）采用集线器的星形网 （2）采用总线以太网 （3）采用令牌环网（不设线路中心）10. 标准10Mbps 802.3 LAN的波特率是多少？标准10Mbps 802.3 LAN采用曼彻斯特编码即 数据传输率只有调制速率的1/2R=1/2B B=2*10Mbps=20波特11.一个1km长的10Mbps的CSMA/CD局域网(不是802.3)，其信号传播速度为200m/us。数据帧的长度为256bit，其中包括用于帧头、检验和以及其它开销的32bit。传输成功后的第一个时隙被留给接收方，用来使接收方捕获信道并发送一个32位的确认帧。假定没有冲突发生，试计算改局域网的有效数据传输速率(不包括开销)。解法1:仅以成功的发送与传播计算：发送数据帧256位所需时间= 256bit/10Mbps=25.6us数据帧在信道上的传播时间= 1000m/(200m/us)=5us共用时间= 25.6us+5us=30.6us故有效数据传输速率为：(256-32)b/30.6us=7.3Mbps 解法2:从发送至接收确认全程计算（依题意是这种计法）：1)发送数据帧256位所需时间= 256bit/10Mbps=25.6us数据帧在信道上的传播时间= 1000m/(200m/us)=5us共用时间= 25.6us+5us=30.6us2)回发确认帧32位所需时间= 32bit/10Mbps=3.2us确认帧在信道上的传播时间= 1000m/(200m/us)=5us共用时间= 3.2us+5us=8.2us故有效数据传输速率为：(256-32)b/(30.6+8.2)us=5.77Mbps12.为什么CSMA/CD有最短帧长度的要求?CD技术主要着重于减轻一次冲突所造成的损失，它能将冲突所浪费的时间煎炒为检测冲突所需的时间。要让CD及时发挥效率，数据帧的发送时间至少要大于等于检测冲突所需时间，否则在检测出冲突之前传输已经结束，CD技术也失去意义。所以CSMA/CD有最短帧长的要求。13.简述非坚持、1-坚持及p-坚持算法的特点。非坚持：减少了多个节点等待信道空闲后同时发送数据导致冲突的概率。数据在网络中的平均延迟时间较长。1-坚持：信号传输延迟对性能影响较大。即使不考虑传输延迟，也可能产生冲突。p-坚持：性能依赖于概率p的选取。在检测到信道空闲后，以概率p发送数据，以概率1-p推迟到下一个时隙，目的是试图降低1-坚持中的多个节点检测到信道空闲后同时发送的冲突概率，试图克服非坚持中由于随机等待造成延迟时间较长的缺点。14.长1Km、10Mbps的基带总线LAN，信号传播速度为200m/us， 计算一个1000比特的帧从发送开始到接收结束的最大时间是多少?若两相距最远的站点在同一时刻发送数据，则经过多长时间两站发现冲突。1）从发送开始到接收结束的总时间数据传输时延信号传播时延即：1000bit10Mbps1000m(200m/us)100us5us105us2) 同一时刻发送，发现冲突的时间信号传播时延即：1000m(200m/us)5us若不在同一时刻发送，则发现冲突的时间2信号传播时延15.100个站点的时槽环，任意两站间的平均距离为10m，数据传输速率为10Mbps，信号传播速度为200m/s，若每个站引人1位延迟，试计算：（1）两站点间链路的位长度为多少位？（2）整个环路的有效位长度为多少位？（3）此环上最多允许有几个37位长的时槽？1）两站点间链路的位长度：10m200 m/s10Mbps0.5bit2）整个环路的有效位长度：100（0.5bit1bit）150bit3）最多允许时槽数：150bit/37bit5个16. 若传输速率为5Mbps,传播速率是200m/us（微米），那么在令牌环接口中1位延迟相当于多长的电缆？在5Mbps的速率下，一个位时等于200毫微妙(=1/106)，在200毫微妙时间内信号可以传播的距离是200*103*200=40米电缆等效长度=信号传播速度/数据传输率200/5=40m17. 长1Km、10Mbps、50个站点的令牌环，每个站引入1位延迟，信号传播速度为200m/s，令牌长8位，数据帧长度为256位(包括32位开销)，确认在数据帧捎带，问该环不包括开销的有效数据速率为多少? 发送数据帧的传输时延256bit/10Mbps25.6s信号绕环一周传播时延(即介质传播时延)1km/200 m/us5s50个站点1位传输时延501bit/10Mbps5s发送令牌帧传输时延为8bit/10Mbps0.8s总时间25.6s5s5s0.8s36.4s 该环不包括开销的有效数据速率(256-32)bit/36.4s6.15 Mbps18. 长10km，16Mbps，100个站点的令牌环，每个站点引入1位延迟，信号传播速度为200m/us，问：（1）该环上1位的延迟相当于多少米长度的电缆？（2）该环的有效长度为多少位？据时延估算公式：传播时延(us/km)*传播介质长度(km)*数据率(Mbps)+中继器时延传播介质长度=10km传播速度=200m/us=0.2km/us 传播时延=1/0.2(us/km)=5(us/km)数据率=16Mbps其环上可能存在的最大时延是：10(km)*5(us/km)*16(Mbps)+1(bit)*10010*5*10-6*16*106+1*100900(bit)10*5*16+100=900 位环上1位延迟相当于10km/800=12.5m没有帧发送时，其环上可能存在的最小时延为 10*5*16=800位19.长1Km， 4Mbps、50个站点的令牌环，每个站引入1位延迟，信号传播速度为200m/s，设数据帧最大长度为100字节。问该环上检查令牌丢失的超时计数器的值至少要设置为多少微秒？信号传播时延环路介质长度/信号传播速度1km5s/km5s50个站点1位时延501bit/4Mbps12.5s发送最长数据帧时延1008bit/4Mbps200s超时计数器的值5s12.5s200s217.5s20.一个10Mbps的令牌环，其令牌保持计数器的设置为10us，在此环上可发送的最长帧是多少位？令牌环10Mbps*10us=100bit（即最大帧长）20a.在局域网中，假设网络的传输速率为10Mbps，信号在介质上的传播速度为200m/us，总线的最大长度是1000米，只考虑数据帧而不考虑其他因素，则数据帧的最短应该是多少比特？令牌总线20m-1bit 1000-50bit 双向时延为（即最小帧长）21.简述802.3 LAN、802.4LAN及802.5LAN的特点。答：802.3 LAN：是为了采用二进制指数退避和1-坚持CSMA/CD协议的基带总线局域网制定的标准。在低负荷时，如介质空闲时，要发送数据帧的站点能立即发送；在重负荷时，仍能保证系统的稳定性。802.4LAN：将总线网和环网的优点集中起来，物理上采用总线结构以获得较高的物理可靠性，但在逻辑上采用令牌环的工作原理，使各站轮流获得发送权。802.5