谢希仁《计算机网络》习题与解答新版资料

1、1-06 试将资料内容仅供您学习参考，如有不当或者侵权，请联系改正或者删除。tcp/ip 和 osi 的体系结构进行比较。讨论其异同之处。答 : iso/osi 参考模型共七层 : 物理层 ,链路层 , 网络层 , 运输层 ,会话层 ,表示层和应用层。在tcp/ip 协议参考模型中 , 不再有表示层和会话层 ;其互联网层对应 iso/osi 的网络层 ,主机至网络层对应iso/osi 的链路层和物理层。不同之处 : (1)tcp/ip 一开始就考虑到多种异构网的互连问题,并将网络协议ip 作为 tcp/ip 的重要组成部分。但 iso 和ccitt 最初只考虑到全世界都使用一种统一的标准公用数

2、据网将各种不同的系统互连起来。后来,iso认识到了网际协议ip 的重要性 , 然而已经来不及了 , 只好在网络中划分出一个子层来完成累世tcp/ip 中ip 的作用。 ( 2)tcp/ip 一开始就对面向连接服务和无连接服务并重,而osi 在开始时只强调面向连接这一种服务。一直到很晚osi 才开始指定另一种无连接服务的有关标准。( 3)tcp/ip 较早就有较好的网络管理功能, 而osi到后来才开始考虑这个问题。1-09 计算机网络由哪几部分组成?答 : 计算机网络主要由网络硬件、网络软件及网络协议组成(1)网络硬件包括 : 工作站、服务器、网络通信设备和通信介质等。工作站 (workstat

3、ion )是用户访问和管理网络资源与服务的计算机设备,泛指连网的各类计算机和一些高性能的专用工作站。服务器主要用于集中管理网络资源和提供网络服务, 同样能够使用各类计算机和专用工作站实现。网络通信设备用于控制和实现网络信息的正确传输,主要包括网卡 (network interface card )或适配器 ( adapter )、 调制解调器 ( modem )、 连接器、收发器、终端匹配器、集线器 ( hub )、 交换机或路由换机等。通信介质 (媒体 )用于实现携带网络信息的电磁或光信号的传输,能够使用同轴电缆、双绞线、光纤等有线介质 , 或微波、激光、 红外线、卫星等无线介质。( 2)

4、网络软件与网络协议。网络软件主要包括:网络操作系统 nos 、 网络管理软件、通信控制软件、网络应用软件等。网络操作系统是网络最重要的系统软件之一。与计算机网络连接的主机或交换设备所使用的操作系统一般必须是多任务的,否则将无法处理来自不同计算机的数据收发任务。当前 ,较典型的nos 包括 : netware 、 windows nt/、 unix 、 linux 等。网络管理软件主要包括 : 网络用户管理与网络接入认证软件,网络设备及网络运行状态的监控、审计、 计费软件。从某种意义上讲 ,防火墙、 入侵检测等网络安全软件也可划归为网络管理与维护软件,它们提供防止外部入侵、维护网络安全等功能。通

5、信控制软件主要指交换与路由软件,它们主要为各通信实体之间选择、建立和维护信息传输所经由的路径。网络应用软件主要为网络用户提供各种网络服务, 如电子邮件系统、web 服务器及相应的浏览搜索工具,另一类应用软件则是依赖于不同用户业务的专用软件,如基于网络的金融系统、电子商务、电信管理、 制造厂商的分布式控制与管理等。网络协议是经过网络进行信息交换时共同遵守的规则、标准或约定。1-10 比较电路交换和分组交换。要传送的报文共x(bit) , 从源点到终点共经过k段链路 , 每段链路的传播时延为d(s) , 数据率为 b(b/s) 。在电路交换时电路的建立时间为s(s) 。在分组交换时分组长度为p(b

6、it) 。且各结点的排队等待时间可忽略不计。问在怎样的条件下,分组交换的时延比电路交换的要小?解 : 电路交换所需时间t1 = s+x/b+kd, 分组交换所需时间t2 = x/b+d+(k-1)(p/b+d)根据题意应有 t2 t1 , 即 x/b+d+(k-1)(p/b+d) s+x/b+kd移项后得(k-1)p/b s1-11 在上题的分组交换网中 ,设报文长度和分组长度分别为x和 (p+h)(bit) ,其中 p为分组的数据部分的长度 ,而 h为每个分组所带的控制信息的固定长度, 与p 的大小无关。通信的两端共经过k段链路。链路的数据率为b(b/s) , 但传播时延和结点的排队时间均可

7、忽略不计。若打算使总的时延为最小, 问分组的数据部分长度p 应取为多大 ?解 : 总时延 d = k(p+h)/b+(x/p-1)(p+h)/b = (k-1)p+hx/p+x+kh-h/b令 d(p) =(k-1)-hx/(bp2)= 0,解得p =hx/(k-1) 1/21-13 面向连接服务与无连接服务各自的特点是什么?答 : 面向连接的服务 : 服务的实现需三个阶段 建立连接、 维持连接、 拆除连接。提供可靠的传输服务 , 如保证按序到达 , 提供流量控制、 差错控制等功能。适于传输长报文或服务质量要求高的报文。无连接的服务 : 不需要事先建立连接 , 使用方便 , 易于提实现广播式传

8、输 , 但不保证可靠服务 ( 如失序、 丢失、重复等 ) 。适于传输短的且服务质量要求不高的报文。资料内容仅供您学习参考，如有不当或者侵权，请联系改正或者删除。1-15 网络协议的三个要素是什么? 各有什么含义 ?答 : 语法。数据与控制信息的结构或格式;语义。对有关协议元素的解释; 同步。对事件实现顺序的规定。1-20 收发两端之间的传输距离为1000km ,信号在媒体上的传播速率为2 108 m/s 。试计算以下两种情况的发送时延和传播时延 : (1)数据长度为10 7bit, 数据发送速率为100kb/s ; (2)数据长度为10 3 , 数据发送速率为1gb/s.从以上计算得出什么结论

9、?解 :发送时延 =数据块长度 /信道带宽 ; 传播时延 =信道长度 / 电磁波在信道上的传播速率( 1)发送时延 =100s ,传播时延 =0.005s ; (2)发送时延 =1 10-6 s,传播时延 =0.005s 。若数据长度大而发送速率低,则在总的时延中 ,发送时延往往大于传播时延。但若数据长度短而发送速率高,则传播时延又可能是总时延中的主要成分。1-21 假设信号在媒体上的传播速率为2.3 10 8m/s 。媒体长度l 分别为 (1)10cm ( 2)100m (3)100 km(4)5000km.试计算数据率为1mb/s 和 10gb/s时在以上媒体中正在传播的比特数。解 :媒体

10、长度传播时延速率为 1mb/s 时速率为 1gb/s 时0.1m4.35 10 -10s( (0.1 )/2.3*108)*1*220 4.35 10-4bit( (0.1 )/2.3*10 8)*1*2 30 4.35bit100m4.35 10-7 s( (100 )/2.3*10 8 )*1*2 20 0.435bit( (0.1 )/2.3*108)*1*230 4.3534.35 10s( 100*1000 ) /2.3*10)*1*24.35 10) 10 bit100km-4202bit ( (0.1 ) /2.3*108*1*230 4.35 106bit85000km0.02

11、17s( (5000*1000 )/2.3*10 8 )*1*2 20 2.17 10 4bit( (0.1 ) /2.3*10 8)*1*2 30 2.17 108 bit1-22 长度为100 字节的应用层数据交给运输层传送,需加上20 字节的tcp 首部。再交给网络层传送, 需加上20 字节的ip 首部。最后交给数据链路层的以太网传送, 加上首部和尾部共18 字节。试求数据的传输效率。若应用层数据长度为1000 字节 , 数据的传输效率是多少?解 : 100/ ( 100+20+20+18 ) 0.633约为63.3%1000/ ( 1000+20+20+18 ) 0.945约为94.5

12、%=2-04 物理层的接口有哪几个方面的特性? 各包含些什么内容 ?答 :物理层协议主要包括机械、电气、 功能和规程特性。机械特性主要定义物理接口的规格、尺寸、 引脚排列等 ;电气特性规定信号电平、速率、 传输距离等 ;功能特性定义接口各引脚的信号、功能等 ;规程特性则定义各信号的工作规则与时序关系。2-05 奈氏准则与香农公式在数据通信中的意义是什么?比特和波特有何区别 ?答 :奈氏准则 : 理想低通信道的最高码元传输速率=2w baud (w 是理想低通信道的带宽,单位为赫兹 , baud 是波特 ) 还可表示为 : 每赫带宽的理想低通新到的最高码元传输速率是每秒2 个码元。理想带通信道的

13、最高码元传输速率 =w baud ,还可表示为 : 每赫带宽的理想带通信道的最高码元传输速率为每秒1 个码元。香农公式表示信道的极限信息传输速率c : c=wlog 2(1+s/n) b/s (w 为信道带宽hz 为单位 ,s为信道所传信号的平均功率 ,n为信道内部的高斯噪声功率 ) 。也可表示为信道的带宽或信道中的信噪比越大,则信息的极限传输速率就越高。波特是码元传输的速率单位,说明每秒传多少个码元,也称为调制速率、波形速率或符号速率,一波特能够携带n 个比特的信息。比特是信息量的单位。2-12 有600mb (兆字节 )的数据 ,需要从南京传送到北京。一种方法乘火车将磁盘捎去。另一种方法是

14、用计算机经过长途电话线路(设信息传送的速率是2.4kb/s )传送此数据。试比较这两种方法的优劣。若信息传送速率为 33.6kb/s , 其结果又如何 ?解 :假定连续传送且不出错。若用2.4kb/s 速率 , 传600mb (=600 1048576 8=bit ) 需时间24.3 天。若用33.6kb/s 速率传送 ,则需时间1.73天。比托人乘火车捎去要慢, 且更贵。资料内容仅供您学习参考，如有不当或者侵权，请联系改正或者删除。56kb/s , 与每秒几个兆比特相距甚2-14 当前我 使用的 制解 器与isp 相 , 数据的 速率最高只能达到 。 是 什么?答 : ” 在数字 , 若 速

15、率 每秒几个兆比特 , 距离可达几公里 ” 。 是指使用数字 路 , 同 其两端的 并没有 的限制。当我 使用 制解 器与isp 相 ,使用的是 的用 。 种用 入市 交 机, 要 交 机中的 波器将 限制在3400hz 以下 , 与数字 路的 相差很大。2-17 共有4个站 行 分多址cdma 通信 ,4 个站的 片序列 :abcd 收到 的 片序列 :( -1+1-3+1-1-3+1+1)。 哪个站 送数据了? 送数据的站 送的是1 是0?解 : 接收 元与站a 的 元内 = +8/8 = +1 ,故 a 送了1接收 元与站b的 元内 = -8/8 = -1, 故 b 送了0接收 元与站c

16、的 元内 = 0/8 = 0 ,故 c未 送接收 元与站d的 元内 = +8/8 = +1, 故 d 送了1=3-04 考察停止等待 算法。在接受 点,当 行步 (3) 时 , 若把 ” 然后 到 ( 6) ” 改 ” 然后 到 ( 2) ” ,将 生什么 果 ?答 :” 然后 到 (6) ” 是指接受端再 送一次确 ,其确 号不 。若改 ”然后 到 (2) ” , 表示接受端 不 送确 , 在 种情况下 , 送方将 重 上次的 。此状况会一直循 下去 ,因 送端一直收不到接受端的确 。3-06 信道速率 4kb/s ,采用停止等待 。 播 延tp=20ms 。确 度和 理 均可忽略。 首部的

17、开 也能 忽略。 多少才能使信道利用率达到至少50% ?解 :忽略 控制信息的影响并假定信道无差 (p=0 ) ,已知 于停止等待 有:max= (1-p)/tt,t t +2tp,t = l/c ,其中c 信道容量 ( b/s ) ,l 度 (bits) 。tffff 由式 (3-8 )和 意得 max= maxti = (1-p) t if/ t t = t f / tt 0.5即tf /( t f+2t p) 0.5 tf 2tp l f/c 2tp l f 2tpc代入数 得lf 160 (bits )假如信道 无差 , 信道利用率 50% ,相当与 的 送 等于往返 延。得出 160

18、bit.3-12 在 arq 中 , 号用3bit ,而 送窗口wt=8 。 找出一种情况 ,使得在此情况下 不能正确工作。解 : 想在 送窗口内的序号 0,1,2,3,4, 5,而接收窗口等待后面的6, 7,0 。接收端若收到 0 号 , 则无法判断是新 或重 的(当确 失 )。3-13 在什么条件下 , 重 arq 和 arq 在效果上完全一致?答 :当 无差 , 或当 w r=1 。3-15 星信道的数据率 1mb/s 。取 星信道的 程 播 延 0.25 秒。每一个数据 都是bit 。忽略 率、 确 和 理 。忽略症首部 度 信道利用率的影响。 算下列情况下的信道利用率: (1) 停止

19、等待 ; (2)连续 arq 协议 , wt=7 ; (3)连续arq 协议 , wt=127 ; ( 4)连续 arq 协议 , wt=255 ;解 :忽略 控制信息的影响,忽略确 及其 理 ; 假定信道无差 ( p=0 )且 送站始 有数据 送; 取 星信道 延 ( 上行 +下行 )tp = 0.25 (s) ;因 tt是能 送 的最小周期 ,故取 t t 察 。由已知条件可 算出t:+2 t= 0.502 (s) 取 表示 到达率 (帧 /s) , 在 t 送 t= lf/c = /106= 0.002 (s) ,= tp内的 到ftft达率 (tt)= n/ t t(n 为tt内 到达

20、的 数 ) ,且由式 ( 3-11 ) 和式 ( 3-12) 知 (tt) max 1/t f = c/ l f =500( 帧 /s) ,对应 nmax = t t (tt)max = 251( 帧 )由式 (3-13)知 一化吞吐量 (即信道利用率 ) = tf=( n tf)/ tt,代入数 后得 = n/251(1)w t =1 资料内容仅供您学习参考，如有不当或者侵权，请联系改正或者删除。n =1 (tt) 2 (tt) max =1/251(2)wt=7 n =7 t 14 tmax = 7/251( t)( t)(3)wt=127 n =127 t 254 n max = 13-

21、18 一个ppp 的数据部分 (用十六 制写出)是7d5efe277d5d7d5d657d5e。 真正的数据是什么(用十六 制写出) ?解 : 7e fe 27 7d 7d 65 7e3-19 1100 零比特填充后? 除 送端加入的零比特后?解 : 经过 0 比特填充后 :111000 除 送端假如的0比特后 :-11111-110=4-03 数据率 10mb/s 的以太网在物理媒体上的 元 率是多少波特?答 : 20mbaud4-04 以太网上只有两个站同 送数据 生碰撞,按二 制指数 型退避酸法 行重 , 重 次数 i,i=1,2,3, . 算第 1,2, 3次重 失 的概率,以及一个站

22、成功 送数据之前的平均重 次数i。解 :以太网使用的是截断式二 制指数退避算法,其退避等待 t=r ( 2 ) , r=0,1, ,2k-1 , k=minn,10 , n 16 本 已冲突次数。当 n=1 时 , r=0,1 , 重 失 概率 2-1当 n=2 时 ,r=0,1,2,3 ,重 失 概率 2 -2当 n=3 时 ,r=0,1, ,7,重 失 概率 2-3一个站成功 送数据之前的重 次数 :i = (1-2 -1) +2 (1-2 -2 ) 2-1+3 (1-2 -3 ) 2 -12-+4 (1-2 -4 ) 2-12-2-3+ 0.5+0.75+0.327+0.06 = 1.6

23、37将第 i次重 失 的概率 p i, 然 p i=(0.5) k, k=mini,10故第 1次重 失 的概率p 1=0.5 , 第 2 次重 失 的概率 p2=0.25 , 第 3 次重 失 的概率p3=0.125 。p 送 i次才成功 =p 第1 次 送失 p 第 2 次 送失 ?p 第i-1 次 送失 p 第i次 送成功 求 p 送 i次才成功 的 平均 ,得出平均重 次数 1.637 。4-08 、 100 个站分布在4km 的 上 , csma/cd 协议 , 速率5mb/s , 平均 度1000bit 。 估算每个站每秒 送的平均 数的最大 。 播 延 5 s/km.解 : 端到

24、端 播 延 =5 10-6 4=0.02 ( ms ) 送 t0=1000/ (a= / t0=0.02/0.2=0.15 106 ) = 0.2 (ms )由式 (4-26 )知 smax=1/(1+4.44a) =1/1.444 0.69由式 (4-24 )s= t0/tav ,求出成功 送一 所需 系 平均最大 送速率= 1/ tav 3450 (帧 /s)每个站平均最大 送速率=3450/100 = 34.5(帧 /s)a=0.1 。每个站每秒 送的平均 数的最大 34。tav =0.2/0.69 0.29 (ms )4-10 假定1km 的csma/cd网 数据率1gb/s 。 信号

25、在网 上的 播速率 00km/s ,求能 使用此 的最短 。解 : 用 c 表示信道 速率 ( 1gb/s ) 、 l 表示 度 ( 1 公里 ) 、 v表示信号在 中 播速度 ( 00 km/s ) 、 表示 的端到端延 , 则 =l/v=1/ ( 2 105 ) =5 10-6 ( s)幀的最小 度=2 c=2 5 10-6 109=10000 (bits )最短 10000bit, 或 1250 字 4-13 假设以太网通信量资料内容仅供您学习参考，如有不当或者侵权，请联系改正或者删除。80%在本局域进行 ,其余20% 通信量在本局域网与因特网之间进行。另一以太网则相反。这两个以太网一个

26、使用以太网集线器, 另一使用以太网交换机。以太网交换机使用在哪一个网络上?答 : 以太网交换机用在这样的以太网, 其20% 通信量在本局域网内而80% 的通信量到因特网。4-15 使用csma/cd 协议时 ,若线路长度为100m , 信号在线路上传播速率为2 10 8m/s 。发送速率 1gb/s ,计算帧长分别为512 字节、 1500字节和64000 字节时的参数a 的数值并简单讨论。答 : 参数 a 的数值分别为 :0.122 ,0.0417和0.000977。可计算相应的最大吞吐量再进行比较。4-19 、 5个站连接在三个局域网上,且用两个网桥连接发送的网桥1的转发表网桥2 的转发表

27、帧站地址端口站地址端口, 如图。有以下各站向其它站发送数据, 填写下表。网桥 1的处理网桥2 的处理 ( 转发 ? 丢弃 ? 登( 转发 ? 丢弃 ?记 ? )登记 ? )h1 ? h5mac11mac11转发 ,写入转发表转发 ,写入转发表h3 ? h2mac32mac31转发 ,写入转发表转发 ,写入转发表h4 ? h3mac42mac42写入转发表 ,丢弃转发 ,写入转发表不h2 ? h1mac21写入转发表 ,丢弃接收不到这个帧不4-20 无线局域网的mac 协议有哪些特点 ? 为什么在无线局域网中不能使用csma/cd 协议而必须使用csma/ca 协议 ? 结合隐蔽站问题和暴露站问

28、题说明rts 帧和cts 帧的作用。答 : ieee 802.11b 无线局域网与我们熟悉的ieee 802.3以太网的原理很相似 ,都是采用载波侦听的方式来控制网络中信息的传送。不同之处是以太网采用的是csma/cd ( 载波侦听 /冲突检测 )技术 , 网络上所有终端都能够侦听网络中有无信息发送, 当发现网络空闲时即发出自己的信息,如同抢答一样 ,只能有一台终端抢到发言权, 而其余工作站需要继续等待。如果一旦有两台以上的终端同时发出信息,则网络中会发生冲突, 冲突后这些冲突信息都会丢失 , 各终端则将继续抢夺发言权。而802.11b 无线局域网则引进了冲突避免技术, 从而避免了网络中冲突的

29、发生 , 能够大幅度提高网络效率。=5-03 假定分组交换网中一切正常。试问一个分组是否可能被投送到错误的目的结点( 不论这个概率有多小 ) ?答 : 可能被错误投送。端到端的通信不一定可靠。5-05 一个数据报分组交还网允许各结点在必要是丢弃分组。设结点丢弃一个分组概率为p 。现有一主机经过两个网络结点与另一个主机以数据报方式通信,因此两主机要经过3段链路。当传送数据报时, 只要任何一结点丢弃分组 , 则源点主机最终将重传此分组。试问: ( 1)每一个分组在一次传输过程中平均经过几段链路? ( 2)每一个分组平均要传送几次? (3) 目的主机每收到一个分组 ,连同该分组在传输时被丢弃的传输,

30、平均需要经过几段链路 ?解 : (a) 一个分组一次平均经过链路段数=p+2p(1-p)+3(1-p)2 = p2-3p+3, 其中第一项为只经过了第一段链路的概率, 第二项为只经过了二段链路的概率, 第三项为经过了三段链路的概率, 或=1+(1-p)+(1-p)2, 即向每段链路发送成功的概率和。(b) 分组一次发送成功的概率 ( 1-p ) 2 = p , 则每个分组的平均传送次数k= p+2p(1-p)+3 p(1- p)2+= 1/p = 1/ (1-p )2(c) 平均经过链路段数=(p2-3p+3) /( 1-p )25-08 流量控制在网络工作中的意义? 流量控制与拥塞控制的异同

31、?答 :流量控制往往指在给定的发送端和接收端之间的点对点通信量的控制。流量控制所要做的就是抑制发送端发送数据的速率,以便使接受端来得及接收。流量控制往往是存在着从接受端到发送端的某种直接反馈,使发送端知道接受端是处于怎样的状况。例如:某巨型计算机经常要暂停传送文件以等待pc 机接受文件 ,因而不存在拥塞问题 ,但流量控制是必须的。资料内容仅供您学习参考，如有不当或者侵权，请联系改正或者删除。, 就是网络能够承受现有拥塞控制与流量控制的关系密切, 也存在着一些差别。拥塞控制所要做的都有一个前提的网络负荷。拥塞控制是一个全局性的过程, 涉及到所有的主机、所有的路由器 ,以及降低网络传输性能有关的所

32、有因素。5-12 为什么x.25 分组交换网会发展到帧中继? 帧中继有什么优点 ?答 : 因为 x.25 网络的体系结构并不适合于高速交换。因此需要研制一种支持高速交换的网络体系结构。帧中继fr 就是为这一目的而提出的 stal03 。帧中继在许多方面非常类似与x.25 , 被称为第二代x.25 。帧中继优点 (1)、 按需分配带宽 ,网络资源利用率高 ,网络费用低廉。 (2) 、 采用虚电路技术 ,适用于突发性业务的使用。 (3) 、 不采用存储转发技术 ,时延小、传输速率高、 数据吞吐量大。5-14 帧中继的拥塞控制是怎样进行的? 承诺的信息速率cir 在拥塞控制中起何作用 ?答 : 帧中

33、继使用承诺的信息速率cir 进行拥塞控制。 cir 是在给定的虚电路上由用户和网络公司共同商定的,单位为 b/s 。cir 数值设定得越高 ,帧中继用户向帧中继服务提供者交纳的费用也就越多。简述其工作原理如下:在帧中继网络中 , 所有的帧中继帧被划分为两个类别之一:高优先级和低优先级。高优先级帧在首部的地址字段中的可丢弃指示de 比特被置为0,表示网络尽可能不要丢弃这类帧( 即使网络发生了拥塞 ) 。低优先级帧在首部的地址字段中的可丢弃指示de 比特被置为1,表示这是相对较为不重要的帧,在必要时 (如网络中发生了拥塞 ) 可丢弃。当网络中的通信量太大使得帧中继交换机已没有足够的缓存空间暂存到来

34、的帧时, 为了维持网络的服务水平,帧中继交换机就不得不首先丢弃低优先级( 其 de 值为 1)。承诺的信息速率cir 则表示 : 只要端用户在一段规定的时间间隔内的数据率超过cir ,则在网络出现拥塞时, 帧中继网就可能丢弃用户所发送的某些帧。这里虽然使用了” 承诺的 ” 这一词 , 但当数据传输速率没有超过cir 时 ,网络也不保证一定不发生帧丢弃。当网络拥塞已经非常严重时,网络能够对某个连接只提供比cir 还差的服务。当网络必须把一些帧丢弃时, 网络将首先选择超过cir 值的那些连接上的帧予以丢弃。请注意: cir 并非用来限制数据率的瞬时值。 cir 是用来限制用户在某一段测量时间间隔t

35、c 内 (这段时间长短并没有国际表住, 一般有帧中继网络提供者确定) 所发送的数据的平均数据率。时间间隔t c越大 , 通信量超过平均数据率的波动就可能越大。显然 ,cir 的数值不会超过链路的容量r 。如果虚电路产生帧的速率总是小于cir 的数值 , 那么所有的帧都被打上高优先级的标志(de 比特置0)。但如果虚电路产生帧的速率大于cir 的数值 , 那么这些超过cir 值的帧就被打上低优先级的标志(de 比热置1) 。请注意 , 虚电路产生帧的速率能够超过cir 的数值 ,只要不超过链路容量r就能够。因为能够有多条虚电路复用一条接入链路 ,因此当有的虚电路不传送数据时,它就不消耗链路的容量

36、 ,而正在传送数据的虚电路就能够利用这个机会传送一些额外的帧。但这些额外的帧只能被设置为低优先级。5-19 、 atm 信元的结构是怎样的? 信元首部的结构分为哪些字段? 各有何用处 ?答 : atm 信元采用固定长度的分组,由 5个字节的首部和48 字节的信息字段组成。信元首部包含着在atm 网络中传递信息所需的信息。字节数 |? - 5- ?|? - 48 -? |首部有效 载荷在 unigfcvpivcipthec比特数4816318在 nnihecvpivcipt比特数3112168atm 有两种不同的首部 ,分别对应于用户到网络接口uni 和网络到网络接口nni 。在这两种接口上 a

37、tm 信元仅前两个字段不同, 后面字段都一样。各字段的作用如下:( 1) 通用流量控制gfc4bit 字段 ,一般置为为0 。根据 itu-t 标准 ,gfc 用来在共享媒体上进行接入流量控制,资料内容仅供您学习参考，如有不当或者侵权，请联系改正或者删除。mac 子层的功能 , 与atm现在的点到点配置不需要这一字段的接入控制功能。gfc 字段完成的是类似局域网层处理无关。( 2)vpi/vci 即路由字段 , 总共 24bit 。vpi/vci 字段和帧中继中的dlci 字段的作用相似。对于用户到网络接口 uni ,vpi/vci 字段中的虚通道标识符vpi 占8bit ,而虚通道路标识符v

38、ci 占16bit 。因此理论上一个主机最多可建立256 虚通道 , 而每一个虚通道所包含的虚通路数最多可达65536 。对于网络到网络接口nni , 则 vpi/vci字段中的vpi 和 vci 各占 12bit 。需要注意的是 ,许多 vpi/vci 取值组合已经被定义了特定的功能, 比如vpi=0 ,vci=5 ,用来作为点到点连接和一点到多点连接的默认的信令kwok98 。顺便指出 ,使用 vpi 和vci 信息的交换机成为atm 交换机 , 而仅使用vpi 信息的就是atm 交连机 ,它是一种特殊的atm 交换机。( 3)有效载荷类型pt 。 3bit 字段 ,用来区分该信元是用户信息或非用户信息。( 4)信元丢失优先级clp 。 1bit 字段 ,指示信元的丢失优先级。( 5)首部差错控制hec 。 8bit 字段。 hec 是首部的第五个字节。 hec 只对首部的前四个字节 ( 但不包括有效载荷部分 )进行循环冗余检验 , 并将检验的结果放在hec 字段中。在 atm