计算机网络计算题整理

1、目录 第二章物理层 2 1. 最大传输速率R-MAX计算：2 2. 比特率与波特率的计算： 3 第三/四章数据链路层和 MAC层4 1. 带位填充首尾标志法即面向二进制帧格式：例： HDLC 4 2. 奇偶校验： 4 3. 校验和 （CheckSum） 5 4. 循环冗余校验（ CRC） 6 5. 流量控制 7 （1 ）一位滑动窗口协议（协议 4）： WT=1，WR=1 7 （2）后退 n 帧协议 7 6. 信道利用率： 9 7. CSMA/CD 最短帧长最短帧长和时隙长度为度 9 8. 求环比特长度，求总时间 10 9. 二进制指数后退算法 10 10. 碰撞问题： 11 第五章网络层 13

2、 1.IP 地址分类 13 2. 路由算法 14 最短路径算法（ Dijkstra ）： 14 扩散法 （flooding） 14 距离矢量算法 14 L-S （链路状态）算法 16 2. 主机的 IP 地址分配 16 3. 子网掩码： 16 第六章 传输层 19 1. 拥塞控制 20 2.TCP 超时后的适应重发 RTT 21 第七章 应用层 23 1. DNS （DNS： Domain Name System 域名系统） 23 2.E-mail 系统的组成 25 3. 简单邮件传输协议 SMTP 25 4. POP3 26 第二章物理层 1. 最大传输速率 R-MAX计算： 无噪声信道：R

3、-MAX=2Blog2V （ B带宽，V信号离散等级） 有噪声信道：香农公式： R-max=Blog2（1+s/n） 噪声 =10log10S/N 噪声为 30dB,S/N=1000 2. 比特率与波特率的计算: |比特率=波特率*log2V 注意单位： B(Byest)字节=8bit(比特) 1KB=1024B1Kbit=1000bit 1MB=1024KB1Mbit=1000Kbit注意时间单位换算：1s=1000ms 1ms=1000us 1us=1000ns 例题：1)在一条无噪声的信道上，如果带宽是4MHz信号分成32个等级，那么，信道的最大比特率(即数据传输率)为 bps, 对应波

4、特率为_波特，发送一个20KB的文件最短需要的时间是_。(作业一) 解：(A)无噪声，B=4MHZ V=32 R-MAX=2Blog2V ( B带宽，V 信号离散等级)=2*4*log2 ( 32)=2*4*5=40Mbps (B) 比特率=波特率 *log2V- 波特率=比特率 /log2V=40Mbps/log2(32)=8Mbroun (C) 最短时间 T=20KB/40Mbps=20*8(Kbit)/40*1000(Kbps)=0.004s=4ms(这里注意时间换算) 2) 某信道的带宽为4MHz假定无噪声并采用4电平的数字信号，试求该信道的最大数据传输率。(要求列岀简要计算式) 解：

5、最大数据传输速率=2Blog2V=2*4*log24=2*4*2=16Mbps 3) 采用相一幅调制(PAM)技术在带宽为32KHz的无噪声信道上传输数字信号，每个相位处都有两种不同幅度的电平。若要达 到192Kbps的数据速率，至少要有多少种不同的相位？ 解：无噪声，B=32KHZ, R-max=192Kbps； R-MAX=2Blog2V (B带宽，V信号离散等级)得 Log2V=R-max/2B=192/2*32=3 所以V=8,每个相位都有两种不同的幅度的电平，所以至少需要8/2=4种不同的相位。 4) 一个TDM系统容量为480kbps,为10路语音线路共享，语音信号的带宽为3000

6、 Hz.请问模数转换的采样频率为多少？每 个样本/信元携带多少比特的信息？假设该系统无噪声，并且采用二元信号进行传输，则信道的总带宽最小为多少Hz?如果 采用曼切斯特编码，则信道的总带宽最小为多少Hz? 解：(A)采样频率为两倍信号带宽，即2*3000HZ=6KHZ (B)先求出每路语音线路的数据传输速率为480Kbps/10=48kbps， 再求每个样本携带信息为：48k/6k=8 bit B=480kbps/2log2v=480ps/2=240KHZ (C)假设该系统无噪声，并且采用二元信号进行传输，则信道的总带宽最小为: （D）如果采用曼切斯特编码，则信道的总带宽最小为 曼切斯特编码对信

7、号的利用率为50% 根据结果（3）,信道最小总带宽：240KHZ/50%=480KHZ （5）如果主机A通过由32路TDM共享的2.048Mbps总线链路向主机 B发送一个32Kb的文件，则传输时间为 _。 解：先求出每路得传输速率 =2.048/32=64Kbps 在求时间 T=32Kb/64Kbps=0.5s=500ms A. 500msB. 1000ms C. 15.6ms D. 1000ms 6）在曼切斯特编码中，如果信号的到达速率（即信号的波特率）是10M,那么数据传输速率是 。（知识点：2-7） A. 5Mbps B. 10Mbps C. 20Mbps D.没有一个选项答案正确 注

8、：采用曼彻斯特编码的数字信道，数据传输速率是波特率1/2倍 第三/四章数据链路层和MAC层 1.带位填充首尾标志法即面向二进制帧格式：例：HDLC 考点：把所需传输的而精致数据一字排开，并以特列的位模式01111110作为帧标志，如果内容中出现一个与帧标志相同 的位串，即在第5个1后面插入1个0. 例题：（1）采用位插入法的帧格式，若欲传输的信息是10111111011，则实际传输的比特串是 。（知识点：3-7） A. 10111111011 B. 1C. 1D.1 解：10111111011在第5个1后面插入一个0即 01011 某8比特数据经“ 0比特插入”后在信道上用“曼彻斯特码”发送，

9、信道上的信号波形如下图所示，试求原8比特数据。 解：考了 2个知识点：曼切斯特码（低到高代表 0,高到低代表1），面向2进制帧格式 1111 10 0 11 1111 1 0 11 2.奇偶校验： 考点：在数据后加一个奇偶（parity）位，奇偶位设置标准是保证码字中“1”位的数目是偶数（或奇数） 例子：1011010 偶校验：10110100 奇校验：10110101 3. 校验和（Checksum） 考点：将发送的数据看成是二进制整数序列，并划分成一段段规定的长度（如8位、16位、32位等），累加他们的和，校 验和是此和的补码。将校验和与数据一起发送。在接收端，所有数据与校验和之和=0 例

10、：（1）07 6C 5F AA 86 7E1A3B6654333C 的 32 位校验和为 _0BC152DF_ （知识点：3-2） 解：（1）因为是 32 位故分成 8 个：如下：07 6C 5F AA +86 7E1A3B+6654333C （2）依位相加，逢16进1位 序号 A的数位1+B数位1+数位1 和 当前位 进位 求补码 补码 1 A+B+C=10+11+12 33 33-16*2=1 1 2 16-1=15 F 2 A+3+3=10+3+3 16+2=18 18-16=2 2 1 15-2=13 D 3 z+A+3=15+10+3 28+1=29 29-16=13(D) D 1

11、15-13=2 2 4 5+1+3=9 9+1=10 (10)A A 0 15-10=5 5 5 C+E+4=12+14+4=30 30+0=30 30-16=14( E) E 1 15-14=1 1 6 6+7+5=18 18+1=19 19-16=3 3 1 15-3=12 C 7 7+6+6=19 19+1=20 20-16=4 4 1 15-4=11 B 3 0+8+6=14 14+1=15 (15)F F 0 15-15=0 0 PS:如果是16位就把数分成4位，8位就分成2位相加 下面是16位的求法: 序号 A的数位1+B数位1+C数位1+D数位1+E数位 1+F数位1 和 求当前

12、位 当前位 进位 求补码 补码 1 C+A+E+B+4+C=12+10+14+11+4+12 63 63-16*3=15 F 3 16-15=1 1 2 5+A+7+3+5+3=6+10+7+3+5+3 37 37-16*2=5 5 2 15-5=10 A 3 7+F+6+A+6+3=7+15+6+10+6+3 49 49-16*3=1 1 3 15-1=14 E 4 0+8+1+6+3 21 21-16=5 5 1 15-5=10 A 4. 循环冗余校验（CRC 考点：（1）除以多项式（已经给定），如果能除尽说明无差错 （2）CRC校验码是除以多项式的余数即原BIT+余数是最终发送的比特流

13、例：（1）01001采用CRC校验码，生成多项式为 X3+X+1，最后发送的数据为 。 解step 1 :通过多项式X3+X+1得到被除数为：1010,和需要在原比特后加（多项式的最高次幂是3）000 Step 2:原始比特+000后除以1010的余数即是CRC校验码（相同为0,不同为1） （2）已知生成多项式 G（x）=x4+x3+1，若接收端收到的位串为10110011010，问传输是否有错？为什么？（列出说明理由的计 算式） 解：（1 ）由 G （x） =x4+x3+1 得到被除数：11001 （2）用收到的位串10110011010除以11001，如果出尽（没有余数）则代表无传输错误

14、5. 流量控制 （1） 一位滑动窗口协议（协议 4）： WT=1 WR=1 一般竟义上的帧的格式 kind seq ackinfo 祯荚型1序列号确认号 分组、11 祯头 考点：S = next_frame_to_send, R = frame_expected 接收帧时：seq与R比较，若相等则接收送网络层，且R+;否则拒绝。ack与S比较，若相等则从网络层取新包，S+;否则S无 变化。 发送帧时：seq=next_frame_to_send; ack=frame_expected-1; 例：1）采用一位滑动窗口协议 （即协议 4），通信一方的 next_frame_to_send=0 ，f

15、rame_expected=1，当收到一个（seq=0, ack=0, data ）的帧后，next_frame_to_send= ， frame_expected =，并将该帧的数据 。（知识点：3-5） A. 0，0，送网络层B. 0，1,丢弃 C. 1，0,送网络层D. 1，1，丢弃 解析：seq=0 与 frame_expeced=1 比较 ，不相等， frame_expeced=1 ，丢弃 Ack=0 与 next_frame_to_send=0 比较，相等，next_frame_to_send+=1 答案是：1,1 ，丢弃 2）采用一位滑动窗口协议（即协议 4），通信一方的 nex

16、t_frame_to_send=0 , frame_expected=1，当发送一帧时，帧的内 容为（seq=, ack=, data ）。（知识点：3-6 ） A. 0，0B. 0，1C. 1，0D. 1，1 解：因发送帧时： seq=next_frame_to_send; ack=frame_expected-1; 故：seq=0,ack=1-仁0 （2）后退n帧协议 考点：发送端的等待时间至少是发送端到接收端传播时间的二倍 例题：1 ）如果主机A到主机B相距3000 km,信道的传输速率为 1Mbps,信号传播速率为 200m/ms,发送的帧长为64字节 A和B之间采用重发N帧协议（协议

17、5）或选择性重发协议（协议6）进行差错控制和流量控制。如果主机A的数据链路层向主机B的数据链路 层发送了 0-6号帧，主机A收到了 2号帧的确认，并且它的 0号帧超时。请回答以下问题： （10 分） （1） 要使信道的利用率达到最高，如果采用协议5,帧序号应该为多少位？ （2） 要使信道的利用率达到最高，如果采用协议6,帧序号应该是多少位？ （3）如果采用协议6,并且又收到了 6号帧的NAK主机A重发了哪些帧？ （4） 如果采用协议5,并且又收到了 3号帧的确认，4号帧定时器超时，主机 A重发了哪 些帧？ 答：（2分）发送一个帧即收到确认所需要的时间为2*（64*8/1M + 3000km/2

18、00） = 2*（0.512 ms+15 ms） = 2 * 15.512 = 31.024ms 在 31.024ms 中可以发送的帧数为 60.1。 （1）（ 2分）用协议5,序号为6位 （2）（ 2分）用协议6,序号为7位 （3）（ 2分）重发6号帧 （4）（ 2分）重发4、5、6号帧 （参照第一窗 2）试根据发送滑动窗口变化过程，在下图所示各发送窗口下标岀“发送帧序号”或“接收确认帧序号”说明 口说明） 6. 信道利用率: 考点：信道的利用率为：发送时间 /来回时间 如果帧长1位，发送率为b位/秒，往返传输时间为 R秒 线路的利用率= =1/(1+bR) 确认帧长 (知 例题：1 )在带

19、宽为20Mbps距离为5km的信道上用协议3传输数据帧，电信号在线路上的传播速度约为5 (s/km 度忽略，当信道利用率为 50%时，帧长为。 解：设帧长为L， 札 在带宽対塞离为。的悄道上用检议J传输数据前确认略.问顿长湖多少 时馆迪勺和炖的利用韋丫 t假肚馆号庄倍道屮的传撬連度为V,检怏为L) 輸艮为L比將 协议3 牛严格交酱发迭和接收协iSL楼据(-in pl82的公式衍冷 罐路的利用士=- % + 2x%V/. + 2fiD 2 -% 代入议上毎数*可以符列崙案6 L= 2 BDA =2 X HKXN5i* HJ( mk2(X KB Ka.NMtik = I KX ( Kb 7. CS

20、MA/CD最短帧长最短帧长和时隙长度为度 考点：(1)发送最短帧的时间=帧长/网络速率=2t =2X最长线路长度(D)/信号传播速率(V) (2)时隙的长度等于信号在介质上来回的传播时间 例1) 一个CSMA/CD勺网络，最大传输距离为 5000米，信号传播速率为 200m/ g s，网络带宽为10M最短帧长是 识点：4-3 )时隙长度为。 解：先求：一个时隙的长度 =2T=2*D/V=2*5000/200m/us=10000/200(m/us)=50us 根据发送最短帧的时间=帧长(L) /网络速率(R)得到 最短帧长 L=50us*10M=0.00005*10000000bit=500bi

21、t 2）若CSMA/CD局域网的节点最大距离为2km,网络的数据传输率为10Mbps,信号在介质中的传播速度为2X 10A8m/s，求该 网的最短帧长。（要求写岀计算过程） 解：最短帧的时间=2*2km/2*10Tm/s=20us 最短帧长=20us*10Mbps=200bit 3 ）设信号在介质中的传播速度为200m/卩s,若10Mbps的CSMA/CD LAN勺最短帧长为200bit ,试求该网站点的最大距离。 解：先求最短帧的时间 =最短帧长/网络速率=200bit/10Mbps=20us 最大距离=20us*200m/us/2=2000m 8. 求环比特长度，求总时间 例1）某令牌环介

22、质长度为20km,数据传输速率为2Mbps,环路上共有50个站点.每个站点的接口引入1位延迟，设信号在 介质中的传播速度为200m/g s，试计算环的比特长度。（要求写岀计算过程） 解：环的比特长度=信号传播时延x数据传输速率+接口延迟位数=环路介质长度* 200m/g s x数据传输速率+接口延迟 位数=20000- 200m/ 卩 s x 2Mbps+50X 仁250bit 2）.在100Mbps以太网中，两站点间的最大距离是200m,信号传播速度是 200m/ g s，求在该网上传输长度为1500bit的数据 帧所需的总时间（g s）。（要求列岀简要计算步骤） 解：总时间=传输时延+信号

23、传播时延 传播时延=数据帧长度/数据传播速率 信号传播时延=两个站之间的距离/信号传播速度 总时间=数据帧长度/数据传播速率+两个站之间的距离/信号传播速度=1500bit/1ooMbit/s+200m/200m /g s=15 g s+1 g s=16 g s 9. 二进制指数后退算法 考点：（1） 一般地，经i次冲突后，发送站点需等待的时隙数将从02Ai - 1中（即即0, 2Ai-1或0, 2Ai）随机选 择随机数的最大值是1023 （即第10次冲突之后） （2）对于两个站点的第j次竞争，发生在第i次冲突之后，j=i+1，站点会在0,2j-1）或0,2i）范围选择等待时隙。其 发生冲突的

24、概率=1/2Aj-仁1/2Ai; 前 j 次竞争都冲突的概率 =1x 1/2 x x 1/2Aj-1=1/2A（j-1）x j/2=1/2Aix （i+1）/2 例题：1 ）在以太网中的某一时隙，有两个站点同时开始发送，则3次竞争内（包括第 3次）将帧成功发送的概率是 。 （或者说3次竞争总可以解决冲突的概率） A. 12.5% B. 25% C. 75% D. 87.5% 前3秋克争那冲愛的慨卜= ：3次竟争闷:包扛笙3哉J桁锁成山歿此的槪率mI-2 JlMi7fi 2) 在一个时隙的起始处，两个CSMA/CD占点同时发送一个帧。求前4次竞争都冲突的概率 解：前四次竞争都冲突的概率为：1 x

25、 0.5 x 0.25 x 0.125 = 0.015625=1/24X (4-1)/2 第一次竞争冲突的概率为1=1/20 ; 第二次竞争，即第一次冲突后，A、B都将在等待0个或1个时隙之间选择，选择的组合有：00、01、10、11,共4种，其中 00和11将再次冲突，所以第二次竞争时，冲突的概率为0.5=1/21 第三次竞争，即第二次冲突后：A B都将在0、1、2、3之间选择，选择的组合有：00、01、02、03、10、11、12、13、20、 21、22、23、30、31、32、33共16种，其中00、11、22、33将再次冲突，所以第三次竞争时，冲突的概率为0.25=1/2A2 第四次

26、竞争，即第三次冲突后：A B都将在0、1、2、3、4、5、6、7之间选择，选择的组合共有64种，其中00、11、 77将再次冲突，所以第四次竞争时，冲突的概率为0.125=1/2人3 前四次竞争都冲突的概率为：1 x 0.5 x 0.25 x 0.125 = 0.015625=1/2人4X (4-1)/2=1/64 3) 在以太网中，当两个站点碰撞(即冲突)5次后，选择的随机等待时隙数的范围是 。(用数学的区间符号表示，如 a, b) 解：0, 2(Ai)-1 或0, 2(Ai)0，2(A5)-1=31 或0,32) 10. 碰撞问题: 考点 G D收到匚1S不能再向昌笈数据 坷决騎章祜点问題

27、） EKftRTS也收到CTS 因 此不能和具他站点通信 CfeRTSO收小钊CTS,可以 麟软向G发数抿 谓决量苦站点円题） A向B发数据时其他站点的反应 （解决隐谶站点和暴喬站点问题 RTS *ta C能收到RTS但收不到CTS,因此在A B通信期间，C也可以和其他站点通信，而不会干扰B接收数据 D收到CTS,因此D知道B将和A通信，在这段时间内，D不能发送数据 E既能收到RTS又能收到CTS因此在 A B通信期间，E不能和其他站点通信 当B、C同时向A发RTS时，将会发生碰撞 碰撞后将会采用二进制后退算法解决 例题1）IEEE 802.11采用的MAC协议是CSMA/CA在该协议中当某站

28、点收到站点A发给站点B的RTS没有收到任何 CTS后, 则该站点 。（知识点：4-6） A.不能与任何站点通信B.可以与除A、B以外的站点通信 C.可以与除B以外的站点通信D.可以与任何站点通信 2）下图WiFi网络中，D在t0时刻给C发送了 RTS, C回答了 CTS D在收到CTS之后在t2时刻开始发送数据，同时 A在t1 时刻给B发送了 RTS并在t3时刻到达B. (1)请简单阐述WiFi的分布式媒体访问控制方法。 (2)如果A在t3时刻以后给B发送数据，B能正确接收吗？这会干扰正在进行的C和D之间 的通信吗？ 在t3时刻，B可以给A回答CTS吗？ 为什么？ 答：(1)( 4分)WiFi

29、采用CSMA/CA勺方法进行媒体访问控制。在发送数据前，源端首先侦听 信道，如果信道空闲，则通过发送RTS/CTS短帧以防止冲突，然后再发送数据；如果信道忙， 则通过二进制指数后退法等待一段时间以后再重新尝试。 (2) ( 2分)因为C在A的发射半径之外，所以 A可以给B发送数据，不会干扰 C接收数据 C接收数据 (3) ( 2分)B不可以给A发送CTS因为B收到了 C发出CTS知道C要接收数据。而B发送的数据会干扰 第五章网络层 1.IP地址分类 圜IP地址的层次结构和分类 召IP地址分为A、B. C. D. 錢 例1)某网络设备的IP地址为202.112.192.4，它属于 C_类IP地址

30、 2.路由算法 最短路径算法(Dijkstra ): 通过用边的权值作为距离的度量来计算最短路径 11 5 *7 9 19 3 亠4血门 门.4,门 扩散法(flooding) 不计算路径，有路就走 在数据包头设一计数器，每经过一个节点自动加1，达到规定值时，丢弃数据包 在每个节点上建立登记表，则数据包再次经过时丢弃 距离矢量算法 是动态、分布式算法，RIP协议中使用本算法，较小系统中常使用RIP，距离矢量法定期与邻居交换自己的距离矢量。根据 邻居的距离矢量及自己到邻居的距离计算到其他节点的最近距离 收刊和樓H点发来的路山佶見 I u 日 2D S E 22 18 20 6 19 22 10

31、29 Tsua !F5S ST B 2: 因为：节点屛和I莽是各白腐 待的昏离.FI不一定足同一 时稱离甯询红谿狀蘇足祜 班变化的* t如条讪的叔苗动东童化） JflJIH JJIJK 延时延时 M2 22 33 310 时为 妙11瀬过H jRjtK 24 例1）下图所示的子网使用了距离矢量路由算法，如下的矢量刚刚到达路由器C:来自B的矢量为（6, 0, 9,13, 7, 3）; 来自D的矢量为（17，13，7，0，10，11）；来自E的矢量为（8，7，4，10，0，5）。经测量C到B,D,E的延迟分别为6, 3, 5。请给岀C的新路由表（列岀使用的输岀线路及新估计的从C岀发的延迟）。 B

32、D E 重新估计的延时 线路 A 6 17 8 12 B B 0 13 7 6 B C 9 7 4 / C D 13 0 10 3 D E 7 10 0 5 E 二 3 11 5 9 F 6 3 5 例2）个有5个节点的网络中，如果节点5的邻居有1、3、4,各邻居节点传来的距离矢量如下表所示：（知识点：5-12、 13） TO 结点1 结点3 结点4 1 0 11 5 A. 8B. 9C. 10D. 11 线路=() A.结点1 B.结点2 C.结点3 D.结点4 L-S (链路状态)算法 链路状态法收集邻居信息，组装成一个路由分组，广播给网上的所有节点。每个节点根据收集到的路由分组总结岀整个

33、网络 的拓扑结构，用单源最短路径的算法，适合较大型的网络。OSPF用LS 2.主机的IP地址分配 熠络号子网号主机号 3.子网掩码: 子网掩码的网络地址部分和子网地址部分全为1，它的主机部分全为 0 一个缺省C类IP地址的掩码为： 255.255.255.0 子网掩码（续“ * 个C类上机地址为202J 203.99 子网地址=011的子网掩码是：255255,255,224 网？m址 宀 1卜 caeiPlfttlt | 11001010 01111000 00000011 011 |00而 202 120 3 99 掩阳| 11111111 11111111 11111111 111 |0

34、0000 255 255 255 224 掩码也可用更简洁的方式表示：202.120.3.99/27 ，其中27表示掩码中1的个数 包含子网地址的网络号 =IP 地址人掩码 例1）202.120.5.193/28 子网可容纳的主机数为 个。（知识点：5-5 ）掩码为 ？ 解：根据题目 202.120.5.193/28 可得掩码中有 28个1，即32-28=4 个0即11110000=240 故掩码为 255.255.255.240 可容纳主机数是 32-28=4,24-2=16-2=14 对某C类子网进行子网划分，子网号长度3位。其中子网中110（二进制数）子网主机号为6（十进制数）的节点的IP地址的最 后一个字节的值为。 11000110=198 的IP地址的畝看一亍乎节的ffb t no ooi io）尸】 pg为C类地址的股1机的字段为个字节.面了网旨为3 ft.因此剰f的血正如左 机的付数只有报协谊）闯个. 传輸次数 口人小 阈值 说明（条件测试） 0次住甘塞 4OKH 2OKB 1次（成珈 2KB 2OKB 二蚣人数袒;段 2 fcfa咸功) 4KB 20KH E(2OKBV 指 3次（成功） 2OKR cl Je2： I 英星I抽戎I学无丰將I nfefT I 以出网的裕式 $ idhn 耳心1邑幅杯 iff if戒崖 nt