计算机学科专业基础综合计算机网络-3

1、计算机学科专业基础综合计算机网络 -3（ 总分： 99.98 ，做题时间： 90 分钟 ）、 单项选择题 （ 总题数： 18 ，分数： 18.00）1. TDM的设计利用了传输介质的一种性质，这个性质是 。（分数： 1.00 ）A. 介质的带宽大于结合信号的位速率B. 介质的带宽小于单个信号的带宽C. 介质的位速率小于最小信号的带宽D. 介质的位速率大于单个信号的位速率V解析：解析TDM（时分复用）是将时间划分成一段段等长的时分复用帧仃DM帧）。参与带宽共享的每一个时分复用的用户在每一个 TDM帧中占用固定序号的时隙。显然在这种情况下，介质的位速率大于单个用户 的单个信号的位速率。2. WDM

2、的意思是。分数： 1.00 ）A. 在光缆上多路复用 VB. 使用传输介质的密度进行复用C. 一种监视WAN延迟的流控形式D. 对WAN做拥塞管理的一种形式解析：解析WDM（波分多路复用）是在光信道上采用的一种频分多路复用的变种，只不过光复用采用的技 术与设备不同于电复用。 WDM采用多个波长在单个光纤上传送信号，把输出光纤通道划分成对应每个输入通道的不同的光波长。不同光纤上的光波信号通过无源的棱柱或衍射光栅复用到一根光纤上。由于光波处 于频谱的高频段，有很高的带宽，因而可以实现非常多路的波分复用。此外，利用光耦合器和可调的光滤 波器还可以实现光交换，或将在一根光纤上输入的光信号向多根输出光纤

3、上转发。3. 在以太网上“阻塞（分数： 1.00 ）A. 当发现冲突时，送尝试B. 当发现冲突时，送尝试 VC. 当介质空闲时，争访问媒体D. 当介质空闲时，争访问媒体（JAM）”信号的功能是CSMA/CA发送一个“阻塞”CSMA/CD发送一个“阻塞”CSMA/CD发送一个“阻塞”CSMA/CA发送一个“阻塞”信号。信号。信号。信号。当所有的站都检测到阻塞信号时，它们立即停止发当所有的站都检测到阻塞信号时，它们立即停止发当所有的站都检测到阻塞信号时，它们立即开始竞当所有的站都检测到阻塞信号时，它们立即开始竞解析： 解析 阻塞信号是在检测到冲突后正在尝试发送的站所发出的信号，其目的是为了避免其他

4、卷入冲突的站由于没有检测到冲突而继续发送。这种情况有可能发生，因为处于网络上不同物理位置的站所接收 到的信号相对能量可能不同，对于冲突信号也是如此。阻塞信号是一个站在检测到冲突时通知其他站的一 种有效的方法。4. 每块以太网卡都有它自己的时钟， 两个网卡在互相通信的时候为了知道什么时候一位结束、 下一位开始， 即具有同样的频率，它们采用了 。（分数： 1.00 ）A. 量化机制B. 曼彻斯特机制 VC. 奇检验机制D. 定时令牌机制解析： 解析 10BASE-T 以太网使用曼彻斯特编码。曼彻斯特编码提取每个比特中间的电平跳变作为收发 双方的同步信号，无需额外的同步信号，因此曼彻斯特编码是一种“

5、自含时钟编码”的编码方式。5. 当在同一局域网上的两个设备具有相同的静态MAC地址时会发生。（分数： 1.00 ）A. 首次引导的设备排他地使用该地址，第二个设备不能通信B. 最后引导的设备排他地使用该地址，另一个设备不能通信C. 在网络上的这两个设备都不能正确通信VD. 两个设备都可以通信，因为它们可以读分组的整个内容，知道哪些分组是发给它们的，而不是发给其他站的解析： 解析 在局域网上的每个设备都必须有一个唯一的硬件地址。在使用静态地址的系统上，如果有重 复的硬件地址，那么这两个设备都不能正常通信。因为至少在局域网上的这两个设备之间不能互相通信， 其原因是，目的MAC地址等于本机MAC地址

6、的帧是不会被发送到网络上去的。另外，如果两个设备配置相 同的静态MAC地址，那么其他设备上的用户发给其中一个设备的帧也会被另一个设备接受，其中必有一个 设备需要处理本来不是发给自己的帧，取出帧的数据段包含的上层PDU并通过层间接口提交给上层协议模块处理，上层协议发现网络层目的地址不正确后再将其丢弃，这样就会白白地消耗CPU和内存资源，显然不是正确通信的做法。还有，考虑到上层协议，例如 TCP/IP协议栈中的ARP协议和与其相关的动态更新 的ARP表，正确实现的ARP软件都会禁止把同一个 MACfe址捆绑到对应两个设备的两个IP地址。由于这个原因，如果在同一局域网上的两个设备具有相同的静态MAC

7、地址，并且这两个设备同时使用网络，那么其中任一设备上的用户会话都会发生时断时续的现象。6. 在一个CSMA/CA网络上，计算机A有一个2时槽的帧际间隔，计算机 B的帧际间隔是6时槽，计算机C的帧际间隔是 4 时槽。具有最高优先级的设备是 。（分数： 1.00 ）A. 计算机 A VB. 计算机 BC. 计算机 CD. 在CSMA/CA网络中不能够分配优先级解析：解析CSMA/CA基本上是一种p-持续机制，加上空闲时间管理。当一个设备检测到传输介质空闲时， 该设备在它可以竞争访问介质之前必须等待一个指定的帧际间隔 （IFS） 时间。帧际间隔也可以用于优先级传 输。如果一个设备被分配一个较小的帧际

8、间隔值，那么它就有更多的机会得到对传输介质的访问。在本题 的3个设备中，计算机 A具有最小的帧际间隔值，因此具有最高的优先级。7. 多路复用器的主要功能是 。（分数： 1.00 ）A. 执行数 / 模转换B. 减少主机的通信处理负荷C. 结合来自两条或更多条线路的传输 VD. 执行串行 / 并行转换解析： 解析 多路复用器把来自多个输入通道的信息传送到一个输出通道上传输，也就是说，它结合来自 两条或更多条线路的传输，因此C是正确的答案。8. 以下关于以太网地址的描述，错误的是 。（分数： 1.00 ）A. 以太网地址就是通常所说的MAC地址B. MAC地址又叫作局域网硬件地址C. MAC地址通

9、常是通过域名解析查得VD. 以太网地址通常存储在网卡中解析：解析域名解析用于把主机名解析成对应的IP地址，它不涉及 MACfe址。实际上，MACfe址通常是通过ARP协议查得。9. 采用HDLC传输比特串，在比特填充后输出为 。（分数： 1.00 ）A. VB.C.D.解析： 解析 HDLC 数据帧以位模式 01111110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”。所以答案为A,在011111后添加一个“ 0”。10. 下列属于奇偶校验码特征的是 。（分数： 1.00 ）A. 只能检查出奇数个比特错误VB. 比CRC校

10、验可靠C. 能查出任意个比特位的错误D. 可以检查偶数个比特位的错误解析： 解析 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或者偶数个的编 码方法。它只能发现奇数个比特位的错误。11. 为了纠正 2 比特的错误，那么编码的汉明距应该为 。（分数： 1.00 ）A. 2B. 3C. 4D. 5 V解析： 解析 为了纠正 d 个错误，需要一个距离为 2d+1 的编码方案，因为在这样的编码方案中，合法码 字之间的距离足够远，因而即使发生了 d 位变化，还是原来的码字离它最近，可以唯一确定原来的码字， 达到纠错的目的。12. 下列协议中，不会发生碰撞的是 。（分数： 1.00

11、 ）A. TDM VB. ALOHAC. CSMAD. CSMA/CD解析：解析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ALOHACS-MA 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。13. 根据CSMA/CD协议的工作原理，需要提高最短帧长度的是 。（分数： 1.00 ）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 V解析： 解析 以太网的最短帧长度是为了检测冲突的，基本的思想是发送一帧的时间需

12、要大于等于信号沿 着信道来回一趟的时间。所以在冲突域最大距离不变的情况下，如果网络传输速率提高说明发送一帧需要 更短的时间。那么在这种情况下，就应该提高最短帧长度来保证发送一帧的时间大于等于信号沿信道来回 一趟的时间。14. 局域网中访问冲突的根源是 。（分数： 1.00 ）A. 独占介质B. 共享介质 VC. 引入MAC子层D. 规则的拓扑结构解析：解析本题考查以太网CSMA/C协议的原理，由于采用随机访问和竞争技术，CSMA/CD只用于总线拓扑结构网络，因此答案为 B。15. 局域网的协议结构一般不包括 。（分数： 1.00 ）A. 网络层 VB. 数据链路层C. 物理层D. 媒体访问控制

13、层解析： 解析 本题考查局域网的协议结构，由于局域网位于数据链路层，因此仅涉及链路层和物理层，不 会包括网络层，因此答案为 A。16. 下列关于PPP协议的描述， 是错误的。（分数： 1.00 ）A. PPP的帧开始标志是01111110,如果标志字节出现在净荷中，需要字节填充B. PPP的帧开始标志是01111110,所以如果净荷中出现了连续的5个1，后面要填充0 VC. PPP的地址的默认值是 11111111D. PPP在默认方式下没有采用序列号和确认来实现可靠传输解析：解析PPP协议采用了字节填充方式来成帧，而不是位填充方式。PPP的地址域和控制域在默认状态下都是常量。17. 下列帧类

14、型中，不属于 HDLC帧类型的是。（分数： 1.00 ）A. 信息帧B. 确认帧 VC. 监控帧D. 无编号帧解析：解析在HDLC中，帧被分为三类，分别为信息帧、监控帧和无编号帧。18. 下列设备中，不能够分割碰撞域的是 。（分数： 1.00 ）A. 交换机B. 路由器C. 集线器 VD. 网桥解析： 解析 碰撞域是指共享到同一信道的各个站点可能发生冲突的范围。物理设备集线器不能分割碰撞 域，数据链路层设备交换机和网桥可以分割碰撞域，但不能分割广播域，而网络层设备路由器既可以分割 碰撞域，又可以分割广播域。二、 综合应用题 （ 总题数： 18，分数： 82.00）19. 考虑在通路上有3个存储

15、转发交换机的10Mbps以太网的数据传输，分组大小是5000位。假定每条链路 引入10 as的传播延迟，并且交换机在接收完分组之后立即转发。 试计算在这种情况下一个分组的延迟（从 发出第 1 位开始到收到最后 1 位为止 ）。（分数： 4.50 ） 正确答案： （）解析：1位的发送延迟是0.1卩s, 个分组由5000位组成，在每条链路上引入的发送延迟是 500卩s,分 组在每条链路上的传播延迟都是 10卩s。有3个交换机，4条链路，涉及4次发送，4次传播，因此总的延 迟等于 500X4+10X4=2040 卩 s=2.04ms。20. 电视频道的带宽是6MHz如果使用4级数字信号，每秒能发送多

16、少比特？假定为无噪声信道。（分数： 4.50 ）（分数：4.50 ） 正确答案：（）解析：19936bps。信噪比 SNR=10log 10 S/N=20, S/N=100, W=3000 理论上最大的数据速率C=Wlog2 （1+S/N）,因此C=300（X log 2 （1+100）bps=19936bps，即可以取得的理论上最大的数据速率是19936bps。假定在地球和月球之间建立一条100Mbps的链路。从月球到地球的距离大约是385000km,数据在链路上以光速3X10 8 m/s传输。（分数：4.48 ）（1）.计算该链路的最小 RTT。（分数：1.12 ） 正确答案：（）解析：最

17、小 RTT等于 2X385000000mn（3 X10 8 m/s）=2.57s。（2）.使用RTT作为延迟，计算该链路的“延迟X带宽”值。（分数：1.12 ） 正确答案：（）解析：“延迟X带宽”值等于2.57s X100Mbps=257Mfe32MB（3）.在第二小题计算的“延迟X带宽”值的含义是什么？（分数：1.12 ） 正确答案：（）解析：它表示发送方在收到一个响应之前能够发送的数据量。（4）.在月球上用一个照相机拍取地球的相片，并把它们以数字形式保存到磁盘上。假定在地球上的任务控 制要下载25MB的最新图像，那么从发出数据请求到传送结束最少要花多少时间？（分数：1.12 ） 正确答案：

18、（）解析：在图像可以开始到达地面之前，至少需要一个RTT。假定仅有带宽延迟，那么发送需要的时间等于25MBH00Mbps=200MHb100Mbps=2s所以，直到最后一个图像位到达地球，总共花的时间等于 2.0+2.57=4.57s。22. 为什么把PCM采样时间设置成125卩s?（分数：4.50 ） 正确答案：（）解析：125卩s的采样时间对应于每秒 8000次采样。一个典型的电话通道是4kHz。根据奈奎斯特定理，为获取在一个4kHz通道中的全部信息需要每秒 8000次的采样频率。23. 已知基带数字信号为10001011，试画出差分曼彻斯特编码的信号图。（分数：4.50 ） 正确答案：（

19、）0”和“1”的编码则由解析：如图所示。在差分曼彻斯特编码中，其比特中间的变迁仅用来提供时钟,比特开始有、无变迁来表示差分曼彻斯特编码信号图一个信号在4kHz的无噪声信道上以数字方式传送，每125卩s米样一次。在米用如下编码方法时，每秒钟实际发送的比特数是多少？（分数：4.50 ）（1）.CCITY2.048Mbps 标准。（分数：1.50 ） 正确答案：（）解析：CCTT2.048Mbps标准用32个8位数据样本组成一个125卩s的基本帧，30个信道用于传信息，2个 信道用于传控制信号。在每一个4kHz信道上发送的数据率就是 8X8000bps=64kbps(2) .有4位相对信号值的DPC

20、M (分数：1.50 ) 正确答案： ()解析：差分脉码调制(DPCM是一种压缩传输信息量的方法，它发送的不是每一次抽样的二进制编码值，而 是两次抽样的差值的二进制编码。现在相对差值是4位，所以对应每个4kHz信道实际发送的比特速率为4X 8000bps=32kbps(3) . 增量调制。(分数： 1.50)正确答案： ()解析：增量调制的基本思想是：当抽样时间间隔 t 0 很短时，模拟数据在两次抽样之间的变化很小，可以 选择一个合适的量化值作为阶距。把两次抽样的差别近似为不是增加一个就是减少一个。这样只需用1 比特二进制信息就可以表示一次抽样结果，而不会引入很大误差。因此，此时对应每个4kH

21、z信道实际发送的数据速率为 1X8000bps=8kbpso24. 比较在下列两种情况下一个无噪声4kHz信道的最大数据速率：(1)使用每次采样产生2比特的模拟信号编码。使用T1 PCM系统。(分数： 4.50 ) 正确答案： ()解析：在两种情况下都可以每秒采样8000次。在每秒采样产生2比特的模拟信号编码情况下，每次采样发送2位，最大数据速率可达 2X8000bps=16000bps即16 kbps。对于T1 PCM系统，每个采样周期发送7位数据，最大数据速率为7X8000bps=56000bps即 56kbps。25.OC-3的用户数据传输速率是 148.608Mbps。请问如何从SON

22、ET勺OC-3参数推导出该值？(分数： 4.50 ) 正确答案： ()解析：基本SONET帧是每125卩s产生810Bo由于SONE是同步的，因此不论是否有数据，帧都被发送出 去。每秒8000帧与数字电话系统中使用的PCM言道的采样频率完全一样。810字节的SONE帧通常用90列乘以9行的矩形来描述，每秒传送8X810X8000=51840000b 即51.84Mbps 这就是基本SONET信道，它被称作同步传输信号 STS-1，所有的SONETF线都是由多条STS-1构成的。每一帧的前3列被留作系统管理信息使用，前3行包含段开销，后 6行包含线路开销。剩下的 87列包含87X9X8X 800

23、0bps=50112000bps，即 50.112Mbps的数据。被称作同步载荷信封的数据可以在帧的任何位 置开始。线路开销的第1行包含指向第1个字节的指针。同步载荷信封(SPE)的第1列是通路开销。 通路开销不是严格的 SONET结构，它嵌入在载荷信封中。通路开销端到端地流过网络，因此把它跟端到端 地运载用户信息的 SPE相关联是有意义的。然而，它确实从可提供给端点用户的50.112Mbps中又减去1X9X8X8000bps=576000bps 即 0.576Mbps，使之变成 49.536Mbps。OC-3相当于 3 个 OC-1 复用在一起， 因此其用户数据传输速率是 49.536 X

24、3Mbps=148.608Mbpos在一个通信通道上发送速率为500bps的二进制信号。试计算所需要的最小带宽。假定要接收最坏情况序列，且仅传输：(分数： 4.50)(1).基本频率。(分数：1.50 )正确答案： ()解析：0750Hz;(3). 基本频率、三次谐波和五次谐波。(分数： 1.50 ) 正确答案： ()解析：01250Hz。解析就数据传输而言，所发送的二进制信息可能是任意变化的序列。考虑周期序列10101010，等等。第一个序列重复两比特为一个单元的周期，第二个序列重复三比特为一个单元的周期，显然，序列10101010具有最短的周期，产生最高的基本频率成分。这就意味着，其他序列

25、所产生的基本频率都比它低。因此，把这个具有最短周期的序列称为最 坏序列。本题中，速率为500bps的最坏序列101010具有250Hz的基本频率成分。由此可以得出，三次谐波是750Hz， 五次谐波是1250Hz。因此，在每种情况下所需要的带宽分别是：(1)0 250Hz; (2)0 750Hz; (3)0 1250Hz。26. 使用每个信号元素8个电平级的传输方案在 PSTN上传输数据。如果 PSTN勺带宽是3000Hz,试求出奈 奎斯特最大数据传输速率 C 和调制效率 B。(分数： 4.50 ) 正确答案： ()解析： C=18000bps， B=6bps/Hz。C=2Wlog 2 M。其中

26、 W=3000Hz M=8 所以 C=2X3000Xlog2 8bps=2X3000X3bps=18000bpsB=R/W 其中 R=18000bps，W=3000Hz 所以 B=180003000bps/Hz=6bps/Hz。27. 写出表示一种调制技术的术语QAM勺英文或中文全称，并根据信号在线路上的传输方式说明该名称的由来。(分数： 4.50 ) 正确答案： ()解析：QAM(Quadrature Amplitude Modulation，正交振幅调制)。QAM是用两个独立的基带波形对两个相互正交的同频载波进行调制， 利用这种信号在同一带宽内频谱正交的性质来实现两路并行的数字信息传输。以

27、16QAM为例，要发送的4比特信息被映射为星座图中的16个点之一。对于4比特信息来说，具有16个点的星座图中的每种比特组合都可用 x-y 坐标系中的一个唯一的点来表示。每个 4比特组合所对应的 x 和 y 值指定了将要在信道上发送的正弦波和余弦波的振幅。在接收端，载波的正交性允许解调器对两路信息 分别解调。检波器对二维的复用信号进行检测，并将它们映射回比特数据流。这个实现过程的描述也说明 了 QAM名称的由来。28. 有时候， 当一个蜂窝用户穿越边界从一个单元进入另一单元时， 当前的呼叫会突然中止， 尽管所有的发 射设备和接收设备都工作正常。这是为什么 ?(分数： 4.50 ) 正确答案： ()解析：频率不能够在邻接的单元中重用，因此，当一个用户从一个单元移动到另一单元时，必须为该呼叫 分配一个新的频率。如果一个用户移动到一个所有频率都正在被使用的单元，那么该用户的呼叫必须被终 止。29. 一个用于发送二进制信号的 3kHz信道，其信噪比为20dB，可以取得的最大数据传输速率是多少分数： 4.50 )正确答案：（）解析：20=10log 10100。香农极限是 3log 2 （1+100）kbps=3log2 101kbps=3X6.66kbps=19.98kbps。奈奎斯特极限是6kbps。显然，瓶颈是奈奎斯特极限，最大数据速率是6kbps。3