数据通信与计算机网络补充习题参考答案

1、数据通信与计算机网络补充题题介第一章1.计算机网络的发展经历了几个阶段？各阶段有什么特点？2.通信子网是计算机网络的一个组成部分。试列出在计算机网络的工作中那些是由通信子网完成的？那些不是？3.简述可以从几种不同角度来对计算机网络分类。第二章1.在一个n层的网络系统中，每层协议分别要求加上Hi字节长的报头。若送往该网络的应用数据长度为A字节，问在物理媒体的带宽中有多少百分比是用来传输有效应用数据的？解：.每层协议要求加上Hi字节的报头- n层的网络系统中，增加的开销为传输有效应用数据的有效的带宽占第三章1.简述通信系统的模型。2.物理层协议包括哪四方面的内容？3.简述模拟数据及数字数据的模拟信

2、号及数字信号表示方法。4.简述MODEM和CODEC的作用。5.什么是数据通信？6.数据传输速率与信号传输速率的单位各是什么？它们之间有什么关系?7.数据传输速率与信道容量的单位各是什么？它们之间有什么不同？8.对于带宽为4KHz的信道，若用8种不同的物理状态来表示数据，信噪比为30db,试问按奈奎斯特定理，最大限制的数据速率是多少？按香农定理最大限制的数据速率是多少？解：按奈奎斯特定理C = 2H - log2N. N = 8 , H = 4KHZC = 24 kbps按香农定理，C = H - log2(1+S/N)信噪比为30db, 30db = 10 - log S/N30nZ Hi又

3、应用数据长度为A字节i AAnA 、Hii日. .C = H - log2(1+1000) = 40 kbps9.对于带宽为6MHz的信道，若用4种不同的状态来表示数据，在不考虑热噪声的情况下，该 信道的最大数据传输速率是多少？S/ N F010=1000H = 4KHZ解：按奈奎斯特定理：C = 2 - H - log2N. N = 4 , H = 6MHZC = 2 - 6MHZ - log24 = 24 Mbps10.某调制解调器同时使用幅移键控和相移键控，采用0、兀/2、兀和3/2兀四种相位，每种相位又都有两个不同的幅度值，问波特率为1200的情况下数据速率是多少？同时使用幅移键控和相

4、移键控工 二3解：有0,兀,一兀4种相位，每个相位又有2个幅度22 N = 4 X 2 = 8 B = 1200 baud S = B - log2N = 3600 bps11.信道带宽为3KHz,信噪比为30db,每个信号两种状态，则每秒能发送的比特数不会超过 多少？解：按香农定理：信噪比为30db, H = 3KHZ30S777=1010=1000NC = H - log2( 1+1000) = 30 kbps按奈奎斯特定理C = 2H - log2N. N = 2 , H = 3KHZC = 6 kbps所以该信道每秒能发送的比特数不会超过6 kbit。12.采用8种相位、每种相位各有两

5、种幅度的PAM调制方法，问在1200Baud的信号传输速率下能达到的数据传输速率为多少？解：N = 8 X 2 = 16种，B = 1200 BandS = B - log2N = 4800 bps13.采用每种相位各有两种幅度的PAM调制方法，在带宽为8KHz的无噪信道上传输数字信号，若要达到64Kbps的数据速率，问至少要多少种不同的相位？解：按奈奎斯特定理：H = 8KHZ , C = 64 kbpsC = 2 - H - log2NN = 16.每种相位各有两种幅度 N/2 = 8种相位答至少要8种不同相位14.简述异步传输方式与同步传输方式的区别。15.数据速率为1200bps，采用

6、无校验、1位停止位的异步传输，问1分钟内最多能传输多少个 汉字(双字节)？解：异步传输汉字时，每个汉字占二个群；数据位为8位，采用无校验，1位停止位，1位起始位每分钟可传输的汉字数1200bps 60s(811) 2所以1分钟内最多能传输汉字16.分别用标准曼彻斯特编码和差分曼彻斯特编码画出= 36003600个。1011001的波形图。解：数据为101100117.采用曼彻斯特编码的10Mbps局域网的波特率是多少？解：采用曼彻斯编码时，在最坏情况下，一位二进制比特需要有二次跳变，所以的波特率为10Mbps *2 =20 Mbaud18.简述异步传输方式的字符格式，并说明各部分的所用。19.

7、信源以字节(8比特)为单位传输数据，若数据速率为B(bps),对下列两种情况分别计算 有效数据传输速率：(1)异步串行传输，不用校验位、使用1位停止位；(2)同步串行传输，每帧包含48位控制位和4096位数据位。解：(1)异步传输：(传输数据位最多时)以字节为单位，8位数据，不用校验，1位起始位，1位停止位8B =0.8B8 11(2)同步传输：每帧包含48位控制位和4096位数据位4096 B =0.988B4096 48在相同数据速率下，分别采用异步协议和同步协议传输大批量数据，问两者的传输效率之 比约为百分之几？在相同数据速率B下，传输大批量数据时异步传输的效率最多为B=0.8B10同步

8、传输的效率为接近于1X B两者的传输效率之比为箜B =0.81B21.对于带宽为4KHz的语音信号，采用量化级别为128的PCM方法编码，问所产生的二进制 位起码要用多大传输速率的信道才能传输？解：语音信号带宽为4KHZ，所以采样频率为2 X 4KHZ = 8KHZ即每秒采样8000次每次间隔时间为125us，量化级为128,故每次采样要用七位二进制来表示所以数据速率为7bit x 8KHZ = 56 kbps或7bit / 125us = 56 kbps10Mbps局域网20.解:全宽码曼彻斯特码差分曼彻斯特码22.简述FDM和TDM的实现原理。23.分别计算T1载波和E1载波的编码效率和开

9、销率。解：载波：每帧由24路声音，每路声音7位数据，1位控制，每帧1位标志，7 24168编码效率为 - =-=0.878 24 1193开销率为 距=0.1295：0.13193EI载波：每帧由30路声音，每路声音8位数据，每帧有8位同步，8位控制，30 8240_编码效率为 -=-=0.937530 8 8 8256开销为竺=0.0625 25624.若要在采用两种物理状态传输的50 Kbps信道上传输1.544Mbps的T1载波，问信道的信噪 比至少要多少？解：在两种物理状态下传输50 kbps,即CI= 2 - H - log2N v N = 2 , C1= 50 kbpsH = 25

10、 KHZ现要传输1.544 Mbps的T1载波C2 = H - log2（1+S/N ）C2 = 1.544 Mbps|eg2 （1+S/N）= 61.76S/N = 261.76-1一 一S信噪比为10 lg =185.9dbN25.试比较电路交换、报文交换、虚电路分组交换及数据报分组交换方式的特点。26.对于交换网定义如下参数：N-两个给定站点间转接的节点数；L-报文长度（比特）；B -链路上的数据传输速率（bps）;P -每个分组的长度（比特）；H -每个分组的开销（比特）；S -电路交换或虚电路分组交换的呼叫建立时间（秒）；D -每个转接点的转接延退时间（秒）。M -两个节点之间的传播

11、延退时间（秒）。假设不需要确认，请分别计算电路交换、报文交换、虚电路分组交换和数据报分组交换的端到端延退时间。解：（1）电路交换，有电路的建立时间，报文传输延退和传播延退时间S+L+(N +1) M(M的两站点之间的传播延退)B(2)报文交换，无电路的建立时间，但采用存贮转发T报文交换=(N +1) (L + M ) + N DB分组交换：分组个数 一十己为X个分组(可能最后一个分组中数据量不足P-H)P -H =最后一个分组长度为L- (x -1) (P-H ) +H记为Y(3)虚电路分组交换：有虚电路的建立时间，延退时间可为T虚电路交换=虚电路的建立时间+第一个分组的到达时间+后续分组的到

12、达时间P(x - 2) p y=S (N 1)( M ) N D - - - -BB(4)数据报分组交换：无虚电路的建立时间T数据报交换=第一个分组的到达时间+后续分组的到达时间P(x 2) p y=(N 1)( M ) N D -yBB27.若两个端系统之间有三个转接点，要传送的报文为4800bits,所有链路上的数据速率为10Mbp&若采用虚电路分组交换技术，呼叫建立的时间为0. 001秒，每个分组的最大长度为1200bits，每个分组要有40bits的开销，每个转换点的处理时延为0. 0002秒。两个站点之间的传播时延为0. 00001秒，试计算从端到端的延退时间。解：每个分组的

13、最大长度为1200bits，每个分组要有40bits的开销，所以每个分组只能携带1160bits数据。分组个数为X=4800+ 1160Q 4.1个，为5个分组。最后一个分组长度为Y=L- (x-1) - (P-H) +H=200bits呼叫建立的时间为S=0. 001秒=1m每个转换点的处理时延为D=0. 0002秒=0. 2ms；两个站点之间的传播时延为M=0 00001秒=0. 01ms； N=3; B=10Mbps=10bit/卬sT虚电路交换=虚电路的建立时间+第一个分组的到达时间+后续分组的到达时间=S (N 1)(PM) N D(x一2) p yBB=2.5ms28.若在相隔10

14、00公里两地之间要传送3K位的数据。可以通过地面电缆以4.8kbps的数据速率传送或通过卫星信道以50kbps的数据速率传送，问从开始发送到接受方收到全部数据为止用那种方式传送时间较短？解：地面电缆：T =传输延退+传播延退3k 1000 103m =T4.8kbps 200 m/us=625 ms + 5 ms = 630 ms卫星信道：卫星的单向传播延退时间约为270msT =传输延+传播延退T电路交换3k=-270ms50kbps=60ms + 270ms = 330ms所以用卫星信道传送的时间较短。29.一个简单的电话系统由二个终端局和一个长途局组成，每个终端局用1MHZ的全双工中继线

15、连到长途局，平均每台电话机在8小时的工作日中使用4次，每次通话平均持续6分钟, 其中10%的通话是长途电话局。（即经过长途局的），若设每路话音带宽为4KHZ ,问每个 终端局能够支持的电话机最多台数是多少？解：按频分多路1MHZ=250个子信道4KHZ,8 60入 、按时分多路8=200个用户4 6 10%可支持的电话机的最多台数为250X 200 = 50000台30.假如你训练你的急救用狗，方法是传送一个装有三片软盘的盒子，每个盘片上存有250,000字节的信息，不管你在那里，狗都能以18公里/小时的速度跑到你跟前，问在什么距离范围内，狗的数据传输率比电路交换的数据传输率300 bps高？

16、舶3 250000 8bit解：-300bps（设距离为X公里）x/18公里/小时3250000 8bit 18 103mdx -3600 s31.若某运载工具能以每小时80公里的速度一次传递10盒8mm的磁带，每盒3盘带，每盘带 容量为7GB。问在什么距离范围内，该运载工具的数据传输率比155M b/s的ATM网络要高？解：设距离为Y公里10 3 7 1098 80 103mmy32.某信道误码率为105,每帧长度为10 000 bits，试问:a）若差错都是单个错，则在该信道上传送的帧的平均出错率是多少？b）若差错大多为突发错，平均突发长度为100bits,则在该信道上传送的帧的平均出错率

17、是多少？300bps10 3 7GBy/80公里/小时155M bps155 106Pe= 105,每帧长度为104bit4Ne5（1）若为单个错：pe =Ne= 1N = 10NQS 上105人心心W ,有多少个帧： 二=10个.I帧的错误率为10%10（2）若为突发错：Ne = 100 bit解:g(x)的余式第四章1.比较ARQ和FEC方法的工作原理，说明他们的不同之处。2.已知生成多项式为：X4+ X3+ X2+ 1,求信息位1010101的CRC码。解：生成多项式g (x) = x4+x3+x2+1对应的二进制位串为11101(r = 4)信息位1010101对立的二进制多项式为k

18、(x),、x4k(x)皿人心求-的余式g(x). 余式r (x) = x3+ 1 1001C (x) = x4- k (x) + r (x)r 对应的CRC码为10101011001 3.已知(7, 3)循环码的校验关系式为：C6+C3+C2+C1=0C5+C2+C1+C0=0C6+C5+C1=0C5+C4+C0=0求该循环码的生成多项式G (X)和信息码110的余式r(x) ?解：在(7, 3)循环码中前k-1位为0的信息位是001，即有C6 C5 C4 C3 C2 C1 C00 0 1 X X X X代入校验方程组：C6+C3+C2+C1=0r C3=1;C5+C2+C1+C0=0C2=1

19、;C6+C5+C1=0C1=0;C5+C4+C0=0C0=1;生成多项式对应的二进制位串为0011101(r = 4);生成多项式为g (x) = x4+x3+x2+1信息位110对立的二进制多项式为k (x)Ne=10有多少帧鸟=1000104个帧，但突发错误可能影响一个帧，也可能影响二个帧;所以帧的平均错误率为或10001000111010111101.1010101000011101100001110111011110111000111011010010111101110 0000111 01 10100 111011001r 对应的CRC码为1101001 4.设有一个(7, 3)码，

20、其生成多项式G (X) =x+x+x+1,当传输信息为101时，求循环冗余码。解：生成多项式g (x) = x4+x3+x2+1对应的二进制位串为11101(r = 4). 余式r (x) = x3+ 11001C (x) = x4- k (x) + r(x)信息位101对立的二进制多项式为k (x),x4k(x) 3人，求-的余式g(x). 余式r (x) = x + 10011C (x) = x4- k (x) + r(x)111111011010000111011001011101HB0111010011r 对应的CRC码为10100115.设信息为7位，冗余位为4位，生成多项式G (X

21、) =x4+x3+1，试计算传输信息为1011001和1101001的CRg码。解：生成多项式g (x) = x4+x3+1对应的二进制位串为11001(r = 4)信息位1011001对立的二进制多项式为k (x),x4k(x)皿人，求-的余式g(x)余式r (x) = x3+x r 1010C (x) = x4- k (x) + r (x)r 对应的CRC码为10110011010信息位1101001对立的二进制多项式为k(x)1101010110011011001000011001_11110110011101100111100_ 1100110101001001110011101001

22、000011001. 余式r (x) = 111010r 0001C (x) = x4- k (x) + r (x)对应的CRC码为110100100016.试比较四种帧定界方法的特点。7.若发送窗口尺寸为4,在发送3号帧并收到2号帧的确认帧后，发送方还可发几帧？请给出 可发帧的序号。解：发送窗口尺寸为4,即不必等待确认帧的到来，最多可连续发送4个帧。发送了3号帧，即前面一共发送了0, 1, 2, 3号4个帧。收到了2号帧的确认帧，即表示0号，1号，2号帧均已收妥，故发送窗口可删除0号，1号，2号帧，即还留下一个帧：3号帧；所以发送方还可以发送3个帧，可发送帧的序号为4号，5号和6号帧。8.若

23、窗口序号位数为3,发送窗口尺寸为2,采用Go-back-N法，请画出由初始态出发相继下列事件发生时的发送及接收窗口图：发送帧0、发送帧1、接收帧0、接收确认帧0、发送帧2、帧1接收出错、帧1确认超时、重发帧1、接收帧1、发送帧2、接收确认帧1。解：窗口序号位数为3,即占三位二进制，帧序号为07;采用G0 4back-N法，发送窗口为2,接 收窗口为1,即可以连续发送2个帧，而接收为顺序接收。解：窗口序号位数为3,即占三位二进制，帧序号为07;采用G0 4back-N法，发送窗口为2,接 收窗口为1,即可以连续发送2个帧，而接收为顺序接收。发送窗口接受窗口发送窗口同前接受窗口9.若帧序号位数为3

24、,发生时的发送及接收窗口图：发送帧否定确认帧1、接收帧2、重发帧1、接收帧1、接收确认帧2。窗口尺寸为2,采用选择重发协议，请画出由初始态出发相继下列事件0、发送帧1、接收帧0、接收确认帧0、发送帧2、接收11001100110010001解：窗口序号位数为3,即占三位二进制，帧序号为07;采用选择重发协议，发送窗口为2,接 收窗口为2,即可以连续发送2个帧，而接收为不按顺序接收。07111211320 101接受窗口发送窗口10.若BSC帧数据段中出现下列字符串：“ABCDE问字符填充后的输出是什么？解：BSC帧数据段中出现下列字符串：“ABCDE字符填充后为：“ABCDE12.一个信道的数

25、据速率为4Kbps,单向传播延退时间为20ms,问帧在什么范围内， 才能使停等 协议的效率至少是50%?解：.题中未提确认帧，即确认帧很短，可以忽略，不占时间停等协议的信道利用率为初态发2发送窗口同左同左接收否定确认帧1接收帧2同左接收确认帧2接受窗口同左同左比特填充后为:01000001111101101011111010发0发1接收帧0接收确认帧0同左同左重发1接收帧1同左同左11. HDLC帧数据段中出现下列比特串:什么？解：HDLC帧数据段中出现下列比特串：同左“01000001111111010111111。问比特填充后的输出是010000011111110101111110L. B

26、LU =- =- - B = 4 kbps : R = 20 msL 2RL 2RBBL ,，.- 50% L 160bitL 2RB答：帧长要大于等于160 bit13.一个信道的数据速率为1Mbps,往返传播延退时间为4ms,帧长度为1000比特，帧的顺序号用三位，并假设确认不采用捎带方式，并且不占时间，问若不考虑差错重发和帧头所造成的 信道损失时，采用选择重发协议，信道可能达到的最大有效利用率是多少？解：确认方式：单独的确认帧，帧长为L （不采用捎带方式）单独的确认帧，帧长很短，可以忽略，不占时间；L =0（不采用捎带方式）采用捎带方式，帧长为数据帧，故为L帧的顺序号为三位，故最大帧序号

27、为Smax= 23-1 = 7 ;又因为采用选择重发协议，信道上发送方的发送窗口的最大尺寸为序号范围的一半，即23 1= 4信道的最大利用率:4LL L 2RB- L=1000bit ; 2R = 4 ms; B=1Mbps34 1033104 104=80%514.使用后退n协议在3000km长的1.544Mbps的T1干线上发送64字节的帧， 若信号传播速 度是6Ms/km，问帧的顺序号应有多少位？解：设帧的顺序号为n,则后退n协议的发送窗口的最大尺寸为Smax = 2nT = m即可连续发送m个帧，并设确认帧不占时间后退n协议的信道利用率（L =0）一土L要使U为最大，即接近于1L 2

28、BVm L /-=1L 2 BV=2凡BV/ c D m T = 2一V m = 109 2n-1 = m答帧的顺序号应有31.544Mbps /(64 8) =108.5610 m/6usn = leg27位二进制.15.在50K bps的卫星信道上发送1Kbit长的帧，确认信号总是由数据帧捎带，帧头很短，使用三位顺序号，对于下面三种协议，最大可能达到的信道有效利用率是多少？（1）停等协议（2）后退n协议（3）选择重发协议解：确认信号总是由数据帧捎带，故确认帧长等于数据帧长，L = L,帧头很短，故帧的开销可忽略不计。使用三位帧顺序号，贝U Smax = 23-1 = 7卫星信道的单向传播延

29、退时间约为270ms(1)停等协议，发送窗口为1,只能发送1个帧U =- =- = = 3.45%L L2RB 2L 2RB 29(2)后退n协议，发送窗口的最大尺寸为Smax = 77 L7L 7U =- =- = = 24.15%L L 2RB 2L 2RB 29(3)选择重发协议， 发送窗口的最大尺寸为序号范围的一半4L4LU=-=-L L 2RB 2L 2RB16.用BSC规程传输一批汉字(双字节)， 若已知采用不带报头的分块传输，且最大报文块长 为129字节，共传输了5帧，其中最后一块报文为101字节。问每个报文最多能传多少汉字? 该批数据共有多少汉字？(假设采用单字节的块校验字符。

30、)解：BSC规程中帧的格式为SSSEBYYT报文TCNNXBC每个报文可以最多传输的汉字数：(129B 5B) / 2 = 62个汉字共有多少个汉字：4X 62 + (101B-5B) / 2 = 296个汉字17.用HDLC帧传输12个汉字(双字节)时，帧中的信息字段占多少字节？总的帧长占多少 字节？解：HDLC帧的格式为88816801111110ACIFCS01111110信息字段为12 X 2 = 24B ,信息字段占24字节总的帧长为24B + 6B = 30B18.数据传输速率2400 bps、最大分组长度1024位(未含分组头)，传输长度为256K字节的报 文，试计算：(1)总共

31、传输的分组数；(2)总共传输的比特数；(3)传输所用的总时间。解：最大分组长度为1024 bit(未含分组头)；传输长度为256K字节的报文256 1024 8(1)-总共传输的分组数：= 2048个分组1024(2)每个分组要加上3个字节的分组头(24 bit)4.=13.8%29总共传输的比特数:2048* (1024 + 24) = 2146304 bit人2048 1048bit.(3)-传输所用的总时间：=894.3秒2400bit/s若题目改为网络层的分组在数据链路层被组装成帧(HDLC )传输问(4)总共传输的帧数？ (5)总共传输的比特数? (6)传输所用的总时间？(4)总共传

32、输的帧数为2048个帧(5)总共传输的比特数2048* (1024+ 24 + 48) = 2244608 bit,，、2048 1096bit.(6)-传输所用的总时间：=935.25秒2400bps第四章1.为什么CSMA/CD有最短帧长度的要求？解：对于基带的CSMA / CD ,冲突检测要求分组长度必须大于两站点最大传播延退时间的 否则，当检测到冲突后，站点已经将分组传送结束，无法进行冲突检测；另外，传送长的 分组，可以相对地减少冲突。2.简述非坚持、1-坚持及P-坚持算法的特点。3.长1Km、10Mbps的802.3 LAN，其信号传播速度为200m/Hs,数据帧长度为256位(包括

33、32位开销)。一个成功发送后的第一位时间片留给接收方以捕获信道来发送一个32位的确认帧。假设不考虑冲突、问不包括开销的有效数据速率为多少？解：基带传输时，时间片的长度等于往返传播延退时间(即2a),否则不能确保信道是否空闲De 1km2a = 2 = 210usV 200m/us发送一个数据分组的时间为L/B = 256 bit / 10 X 106bps = 25. 6us发送一个确认分组的时间为L/B = 32 bit / 10X 106bps = 3. 2us一次成功能发送：包括发送者获得信道(10 us),发送数据分组；接收者获得信道(10 us),发送确认分组的时间。总时间T = 1

34、0 us + 25 . 6us + 10 us + 3 . 2us = 48. 8us在一次成功的发送中，共发送的有效数据为L= 256- 32 = 224位. L 224bit所以有效数据速率为一=-4.59 MbpsT 48.8us4.长1Km、10Mbps的基带总线LAN，信号传播速度为200m/Ps,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。解：帧从发送开始到接收结束的最大时间是多少L D 1000bit 1kmT = T传输+ T传播=一+ =-+-B V 10Mbps 200m/us=100

35、us + 5 us = 105 us若相距最远的两站点在同时发送2倍,D=5us V,1 D在一，一=2.5us时发生冲矢，检测到冲差的时间为2 V5. 10 0个站点的时槽环，任意两站间的平均距离为10 m,数据传输速率为10 Mbps,信号传播（3）此环上最多允许有几个150 + 37=4. 056.长1Km、10Mbps、50个站点的令牌环，每个站引入1位延退，信号传播速度为200m/Hs,令 牌长8位，数据帧长度位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？解：（1）在轻负荷时，只有一个站点要发送数据最坏情况下发送一帧的时间 =空令牌绕环一周的

36、时间+一个数据帧绕环一周的时间T=（DHB V B 8 1km 50=（）（）10bit/us200m/us10bit/us10bit/us200m/us10bit/us=46.4us数据位数256- 32 = 224位所以有效数据速率为224 bit /T =224 bit /46 . 4 us = 4. 83 Mbps即每个站点在发送完数据帧后， 这样就省去了专门的确认帧 （假设每一个站点都）。n个站点发n个数据帧；+ n个数据帧各绕环一周的时间）n（-D皿）B V B B V B =10. 8us+ n - 35. 6us=1790. 8us总的数据位数n - （256-32 ） = 2

37、24 - n位=11200 bit所以有效数据速率为n - 224 / T = 6.25 Mbps7.长10Km、16Mbps、100个站点的令牌环，每个站引入1位延退，信号传播速度为200m/Hs。问：（1）该环上1位的延退相当于多少米长度的电缆？ （2）该环的有效位长度为多少位？解：（1） 1位的延退相当于多少米长的电缆11V =- 200m/us =12.5mB16bit / us（2）有等效位长度（两种方法）10 km B 100 1bit =900bit 200 m/usii）等效的媒体长度速度为200 m/ps,若每个站引入整个环路的有效位长度为多少位？（解：（1）两站点间链路的位

38、长度为1位延退，试计算：（1）两站点间链路的位长度为多少位？（2）3）此环上最多允许有几个37位长的时槽？dB =1 10Mbps = 0.5bit（2）整个环路的等效位长度为100 10m , 10Mbps 100 1bit =150bit200m/us37位长的时槽所以有4个时槽）（L D史）B V B50（2）重负荷的令牌环，可看为每一个站点都有数据要传送,再发一个令牌帧；确认是在数据帧中捎带， 只发一个帧，并且所发的帧的长度都相等在重负荷时，每个站点都要发送数据，所使用的总时间=空令牌绕环一周的时间Dr- TV1_10km V 100 = 11.250kmB等效的位长度8.长1Km、4

39、Mbps、50个站点的令牌环，每个站引入1位延退，信号传播速度为200m/Hs,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？100 8 1km 50 1- +- +-4bit / us 200m /us 4bit / us= 200us 5us 12.5us =217.5us9.一个10Mbps的令牌环， 其令牌保持计数器的设置值为10Hs,在此环上可发送的最长帧为多 少位？解：TNL+E+U题中没有给出环的长度，故D省略B V BV题中没有给出站点的延退时间（n - i ） /B省略.L,.T 一L T - B = 10 us X 10 Mbps

40、= 100 bitB10.10Mbps、100个站点的令牌总线网，令牌长度为12字节，当只有一个站点要求发送报文时，问该站发送报文的最大等待时间为多少？（忽略信号传播时延。）解：T为空令牌绕环一周所需的时间。但是在总线网络令牌是广播到总线的L DT =n ,（ 十 十站点处理时间）此题中传播时延忽略，站点处理时延略B V12 8-100（-） =960us10bit/us11.考虑把一个1兆字符的文件从一个站传到另一个站。在下述情况下，总的经过时间和有效 吞吐量各是多少？（1）线路交换的星形拓扑结构局域网。呼叫建立时间可以忽略不计，媒体上的数据传送速 率为64Kbps（媒体上的传播时延不计）。（2）带有两个站的总线拓扑结构局域网。两个站之间的距离为D,数据传送速率为每秒B位，分组长度为P,其中有80位的开销。在发送下一个