计算机网络原理计算题

1、7。数据速率为1200bps,采用无校验、1位停止位的异步传输（即群同步P22-23）,问1分钟内最群同步靠起始位和停止位来实现字符间同步。群同步靠起始位和停止位来实现字符间同步。1924年奈奎斯特(Nyquist)就推导出在理想低通信道的最高大码元传输速率的公式即至少要8种不同的相位。理想低通信道的最高大码元传输速率1。带宽为4KHZ,如果有C=2W.log2N(其中W是想低通信道的带宽，N是电平强度8种不同的物理状态表示数据，信噪比为30dB.那么按奈氏准则和香农定理计算,分别计算其最大限制的数据传输速率.C=2Flog2N=2*4K*log28=24Kbps分贝(dB)的计算是：10lg

2、S/N即本题为:10lgS/N=30则:S/N=103C=Flog2(1+S/N)=4K*log21001=40Kbps2。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？答：由无热噪声的奈奎斯特公式:C=2Hlog2N=2*6M*log24=24Mbps，即该信道的最大数据传输7。数据速率为1200bps,采用无校验、1位停止位的异步传输（即群同步P22-23）,问1分钟内最群同步靠起始位和停止位来实现字符间同步。群同步靠起始位和停止位来实现字符间同步。1924年奈奎斯特(Nyquist)就推导出在理想低通信道的最高大码元传输速

3、率的公式即至少要8种不同的相位。速率是24Mbps。3。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值,问在波特率为1200的情况下数据速率是多少答:log28*1200=3600b/s4。信道带宽为3KHz，信噪比为30db，则每秒能发送的比特数不会超过多bps?答：由带热噪声的香农公式:C=Hlog2(1+S/N)=3K*log2(1+1030/10)3K*log2210=30Kbps，所以每秒能发送的比特数不会超过30Kbps。采用8种相位、每种相位各有两种幅度的PAM调制方法，问在1200Baud的信号传输率下能达到的数据传输速

4、率为多少？我的答案是：S=BULOG2N=1200XLOG28=3600bps6。采用每种相位各有两种幅度的带宽为8KHz的无噪信道上传输数字信号，若要达到64Kbps的0000，PAM调制方法至少要多少种不同的相位？答：由无噪信道的奈奎斯特公式:C=2Hlog2N得：N=2C/2H=264K/(2*8K)=24=16,相位数=16/2=8多能传输多少个汉字（双字节）？输大批量若改为ASCII或EBCDIC码分别采用异步协议和同步协议传答：异步协议的有效数据传输效率为同步协议的有效数据传输效率为有效数据位（可达几千位）他相关控制位，数值很小）异步协议和同步协议的有效数据传输效率的百分比8位数据

5、位/10位总数据位=8/10/（有效数据位+帧头帧尾及其=1/1（约数）=（8/10）/1*100%=80%数据，问两者的传输效率之比约为百分之几？7。数据速率为1200bps,采用无校验、1位停止位的异步传输（即群同步P22-23）,问1分钟内最群同步靠起始位和停止位来实现字符间同步。群同步靠起始位和停止位来实现字符间同步。1924年奈奎斯特(Nyquist)就推导出在理想低通信道的最高大码元传输速率的公式即至少要8种不同的相位。7。数据速率为1200bps,采用无校验、1位停止位的异步传输（即群同步P22-23）,问1分钟内最群同步靠起始位和停止位来实现字符间同步。群同步靠起始位和停止位来

6、实现字符间同步。1924年奈奎斯特(Nyquist)就推导出在理想低通信道的最高大码元传输速率的公式即至少要8种不同的相位。128的PCM方法编码，问所产生的二进制位13.对于带宽为4KHz的语音信号，采用量化级别为起码要用多大传输速率的信道才能传输？答：1分钟内最多能传输的汉字为:1200*60/2*（1+8+1）=7200/20=3600（个）8.分别用标准曼彻斯特编码和差分曼彻斯特编码画出1011001的波形图9。采用曼彻斯特编码的10Mbps局域网的波特率是多少？答：采用曼彻斯特编码的波特率是原码波特率的两倍，即20Mbps。10简述异步传输方式的字符格式答：一位起始位，1-2位停止位

7、，并说明各部分的作用。5-8位数据位，1位奇偶检验位（可不选）11.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11.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1924年奈奎斯特(Nyquist)就推导出在理想低通信道的最高大码元传输速率的公式即至少要8种不同的相位。数据传输速率：(1)异步串行传输，无校验位、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。答：(1)有效数据传输速率：8/(1+8+1)=8/10(2)有效数据传输速率：4096/(48+4096)=4096/414

8、412.在相同数据速率下，答：因为H=4KHz,N=128所以S=2Hlog2N=2*4Klog2128=56K(bps)14.DOFDM和TDM的实现原理。答：FDM频分多路复用实现原理：在物理信道的可用带宽超过单个原始信号所需带宽情况下，可将该物理信道的总带宽分割成若干个与传输单个信号带宽相同(或略同)的子信道，每个子信TDM时分多路复用实现原理：道传输一路信号。若媒体能达到的位传输速率超过传输数据所需的数据传输速率，则可采用时分多路复用TDM,也即将一条物理信道按时间分成若干个时间片轮流地分配给多个信号使用。每一时间片由复用的一个信号占用。15.分别计算T1载波和E1载波的编码效率和开销

9、率。T1载波的编码效率=7*24/08*24+1)=168/193开销率=(1*24+1)/193=25/193E1载波的编码效率=8*30/(8+8+8*30)=240/256开销率=(8+8)/256=16/25616.若要在采用两种物理状态传输的50Kbps信道上传输1.544Mbps的T1载波，问信道的信噪比至少要多少？答：1)B=S/log2N=50K/log22=50K(Baud)H=B/2=50K/2=25K(Hz)C=Hlog2(1+S),C=1.544Mbps=1544Kbps（1）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？1924年奈奎斯特(Nyquist)

10、就推导出在理想低通信道的最高大码元传输速率的公式即至少要8种不同的相位。S/N=2C/H-1=21544K/25K-1=261.76-110lg(S/N)=10lg(261.76-l)=10*18.6=186(分贝)(噪音太大了！)/N19。比较ARQ和FEC方法的工作原理，说明它们的不同之处。答：ARQ自动请求重发的工作原理：接收端检测出有差错时，就设法通知发送方重发，直到正确的码字收到为止。FEC前向纠错的工作原理：接收端不但能发现差错，而且能确定二进制码元发生错误的位置，从而加以纠正。20。已知生成多项式为：X4+X3+X2+1,求信息位1010101的CRC码。解：1)10101010

11、000/11101=11101011001CRC码为：1010101100121。若在相隔1000公里的两地之间要传送3K位的数据，可以通过电缆以48kb/s的数据速率传（1）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？1924年奈奎斯特(Nyquist)就推导出在理想低通信道的最高大码元传输速率的公式即至少要8种不同的相位。（1）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？1924年奈奎斯特(Nyquist)就推导出在理想低通信道的最高大码元传输速率的公式即至少要8种不同的相位。送或通过卫星信道以50kb/s的数据速率传送，问用哪种方式从发送方开始发送到接收方收到

12、全部数据为止的时间较短？从开始发送到接收方收到全部数据为止的时间=传播时间+传输时间（1）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？1924年奈奎斯特(Nyquist)就推导出在理想低通信道的最高大码元传输速率的公式即至少要8种不同的相位。（1）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？1924年奈奎斯特(Nyquist)就推导出在理想低通信道的最高大码元传输速率的公式即至少要8种不同的相位。通过地面电缆：T=1000/5000000+3/4.8=0.6252s通过卫星：T=0.27+3/50=0.33s因此,由卫星传送时间较短.22。一个简单的电话系统由两个终

13、端局和一个长途局组成连到长途局,平均每台电话在8小时的工作日中使用通话是长途电话(即经过长途局),没每路话音带宽为机,每个终端局用4次,每次通话平均持续1MHz的全双工中继线6分钟.其中4kHz,问每个终端局最多能支持多少台电话10%的答：按频分多路复用,每个终端最多能够支持（1）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？1924年奈奎斯特(Nyquist)就推导出在理想低通信道的最高大码元传输速率的公式即至少要8种不同的相位。（1）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？1924年奈奎斯特(Nyquist)就推导出在理想低通信道的最高大码元传输速率的公式即至

14、少要8种不同的相位。1MHz/4kHz=250台电话按时分多路复用,每个终端局最多能够支持(8060)/(406D10%)=200台电话故，总共每个终端最多能够支持2500200=50000台电话25.某信道误码率为10-5，每帧长度为10kbit，那么：（2）若差错大多为突发错，平均突发长度为lOObit,则在该信道上传送的帧的平均出错率是多少？解（l）根据差错的特性（随机错）可得：Abit（2）根据差错的特性（突发错）可得：1）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为多少？答：C=2H*LOG2N=2*6MHZ*LOG24=

15、24MBPS2）信道带宽为3KHZ,信噪比为30DB,则每秒能发送的比特数不会超过多少？答：C=H*LOG2（1+S/N）=3KHZ*LOG2（1+1030/10）=30KBPS（此应为约数）3）采用8种相位、每种相位各有两种幅度的PAM调制方法，在1200BAUD的信号传输速率下能达到的数据传输速率为多少？答：C=B*LOG2（8*2）=1200BAUD*LOG2（16）=4800BPS4）采用每种相位各有两种幅度的PAM调制方法，在带宽为8KHZ的无噪声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？答：C=2H*LOG2（X*2）=64KBPS=2*8KHZ

16、*LOG2（X*2）LOG2（X*2）=4X*2=16X=8种5）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？答：二进制位数=LOG2（128）=7位C=2*4KHZ*7位=56kBPS9题题目见书解：传播延迟等于：50*103米/（2*108米/秒）=25*10-5秒=250微秒100字节/250微秒=0。4字节*106/秒=0。4M字节/秒=3。2位/秒512字节/250微秒=2。04M字节/秒因此，带宽分别等于0。4M字节/秒和2。04M字节/秒10题计算在下列情况下一个分组的延迟（从发出第1位开始到收到最后1

17、位为止）：（a）在通路上有1个存储转发交换机的1Gbps以太网，分组大小是5000位。假定每条链路引入10微妙的传播延迟，并且交换机在接收完分组之后立即重发。解答：分析一个交换机应有2条链路1位的发送延迟=1/109=10-9=0.001s所以，一个分组由5000位组成，在每条链路上引入的发送延迟是5s,分组在每条链路上的传播延迟都是10s因此总的延迟等于：52+102=30s。（两次发送，两次传播）（整个分组接收完经过分析才确定转发的外出端口，因此延迟了一个分组的发送时间）（bDODa）的情况类似，但有3个交换机。解答：3个交换机，共有4条链路，总的延迟等于：54+104=60s。口4次发送

18、，4次传播）(cDODa）的情况相同，但假定交换机实施“直通”交换：它可以在收到分组的开头128位后就重发分组。解答：使用直通交换，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）3个转发延迟）如果皿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。口1个发送延迟，4个传播延迟，11题。解答：a）传播时延=55*106米/（3*108米/秒）=0.183秒b）总时间=数

19、据发送时间+信号传播时延发送时间=5MB/128K=0.31秒总时间=0.31+0.18=0.49秒12题见黑板分别计算T1载波和E1载波的编码效率和开销率。解答：见P491）T1载波Bell系统的T1载波利用脉码调制PCM和时分TDM技术，使24路采样声音信号复用一个通道。每一个帧包含1.544Mbps。193位，每一帧用125us时间传送。T1系统的数据传输速率为T1载波帧结构2）E1载波CCITT建议了一种2.048Mbps速率的PCM载波标准，称为E1载波（欧洲标准）。它每一帧开始处有8位同步作用，中间有8位作用信令，再组织30路8位数据，全帧包括256位，每一帧用125us时间传送。

20、可计算出E1系统的数据传输速率为256位/125us=2.048Mbps。1924年奈奎斯特(Nyquist)就推导出在理想低通信道的最高大码元传输速率的公式即至少要8种不同的相位。所以：T1载波是把24个话音信道多路复用在一条高速信道上，1位的控制信令位，此外加入一位帧同步位组成基本帧。每个信道包含7位的数据和其中，用户的开销为24x1000位)+1基本帧)=25b总开销为：07+1)x24+l=193b因此，用户的开销所占的百分比为：25/193x100%13%1)T1载波的编码效率=7*24/08*24+1)=168/193=87%开销率=01*24+1)/193=25/193=13%2

21、)E1载波的编码效率=8*30/08+8+8*30)=240/256=93.75%开销率=08+8)/256=16/256=6.25%四章数据链路层P915题解答：发送方还可发送3帧可发4、5、6号6题。若窗口序号位数为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1.7题。若BSC帧数据段中出现下列字符串：问字符填充后的输出是什么“ABCDE”解答：字符填充后的输出是：“ABCDE1?所以pl2-n在共享父节点的条

22、件下遍历树，从第二级开始每一级访问两个节点，这样遍历树所走过的节点总数n1=1+2+2+2=1+2n，接下来，我们考察两个发送站共享祖父节点的概率p2和遍历树所走过的节点总数n2。此时在每个父节点下面仅可能有一个站发送。两个发送站共享一个指定的祖父节点的概率是1/C22n-1。共有2n-2个祖父节点p2=2n-2/C22n-1=1/2n-1-1=2-n+1遍历树比1n减少两个节点，即N2=1+2n-2=2n-1通过类似的分析和计算，可以得到，两个发送站共享曾祖父节点(属n-3级祖先节点?)的概率是p3=2-n+?2?遍历树所经过的节点总数比n2又少两个节点，N3=2n-1-2=2n-3Pi+1

23、=2-(n-i)Ni+1=2n+1-2i因此，最坏的情形是2n+1个时隙(共享父节点)，对应于i=0;最好的情形是3个时隙，对应于i=n-1(两个发送站分别位于左半树和右半树)，所以平均时隙数等于n-1=2-(n-i)(2n+1-2i)i=09题。一个7层楼，每层有一排共15间办公室。每个办公室的楼上设有一个插座，所有的插座在一个垂直面上构成一个正方形栅格组成的网的结点，相邻插座间的垂直和水平距离均为4米。设任意两个插座之间都允许连上电缆(垂直、水平、斜线均可)。现要用电缆将它们连成（1）集线器在中央的星形网；（2）总线式以太网。3）采用令牌环网（不设线路中心）。试计算每种情况下所需的电缆长度

24、。解答：图见黑板（1）假定从下往上把7层楼编号为1-7层。按楼层高4米计算。在星形网中，集线器放在4层中间位置（第8间房）。电缆总程度等于：7154（i-4）2+（j-8）2=1832（m）i=lj=l（2）对于总线式以太网（如10BASE2，每层需4x14=56m）水平电缆，垂直电缆需4x6=24（m），所以总长度等于7x56+24=416（m）（3）图见黑板这种方案是采用螺旋结构，线缆经过（1,1）、（15,1）、（15,7）、（1,7）、（1,2）和（14,2）等，总长度等于：56+52+48+56+20+12+4+8+16+24+442+122=466（m）10题标准10MBPS802

25、。3LAN的波特率是多少？解答：标准10MBPS802。3LAN采用曼彻斯特编码即数据传输率只有调制速率的1/2R=1/2BB=2*10MBPS=20波特概念：数据帧从一个站点开始发送,到该数据被另一个站点全部接收，所需的总时间等于（）,假设不考虑中继器引人的延迟。A）信号传播时延B）数据传输时延C）数据传输时延+信号传播时延D）信号传播时延的2倍【答案】C11题。一个1km长的10Mb/s的CSMA/CD局域网（不是802.3）,其传播速度等于每微秒200米。数据帧的长度是256bit,其中包括用于帧头、检验和以及其他开销的32bit。传输成功后的第一个时隙被留给接受方，用来捕获信道并发送一

26、个32bit的确认帧。假定没有冲突发生，有效数据率（不包括开销）是多少？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

27、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=5.77Mbps14题。长lKm、10Mbps的基带总线LAN,信号传播速度为200M/s,试计算: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?解答：两站点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=1000bit/10Mbps+1000m/200m/us=100us+5us=105u

28、s同时发送数据的两站点发现冲突的时间=信号传播时延=1000m/200m/us=5usTOC o 1-5 h z（注:若非同时发送数据,两站点发现冲突的最大时间=2*信号传播时延）练习：某CSMA/CD基带总线网长度为1000m,信号传播速度为200m/s,假如位于总线两端的站点在发送数据帧时发生了冲突,试问:该两站间信号传播延迟时间是多少?最多经过多长时间才能检测到冲突?【解析】该两站间时延=1000m/200（/S）=5S冲突检测时间=2=25s=10s【答案】5ss15题。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/us,若每个

29、站引入1位延迟，试计算：两站间链路的位长度为多少位？整个环路的有效位长度为多少位？此环上最多允许有几个37位长的时槽？解答：见P177公式环的比特长度=信号传播时延*数据传输速率+接口延迟位数两站间链路的位长度为：10m/200m/us*10Mbps=0.5bit（不计1位延迟）总环路的有效位长度为：100（0.5bit+1bit）=150bit时槽数为：150bit/37bit=4.05（个）5（个）16题。当数据传输速率为5Mbps,传播速度为价于多少米的电缆？解答：在5Mbps数据传输速率下，一个位时等于可以传播的距离=200*10-3*200=40米因此：一个比特时延等价于40米的电缆

30、。200m/us时，令牌环接口中的一个比特时延等200us（=1/5*106），在200us时间内信号17题。长1KmD10Mbps、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/us,令牌长8位，数据帧最大长度为256（包括32位开销），确认在数据帧捎带，问该环不包括1924年奈奎斯特(Nyquist)就推导出在理想低通信道的最高大码元传输速率的公式即至少要8种不同的相位。开销的有效数据速率为多少？分析：站点在令牌环上一个完整的工作周期如下：1924年奈奎斯特(Nyquist)就推导出在理想低通信道的最高大码元传输速率的公式即至少要8种不同的相位。获取令牌：停止令牌运行（大

31、约为1位时延，归入站点时延计算）发送数据帧：把数据帧发送到环上；（传输时延）数据帧绕环一周：绕环线一周；（传播时延）经过每个站点有1位时延。（传输时延）发送令牌帧：把令牌帧发送到环上；（传输时延）解：1）获取令牌传输时延为2）发送数据帧传输时延为3）信号绕环一周传播时延为:8bit/10Mbps=0.8us:256bit/10Mbps=25.6us:1000m/200m/us=5us4）50站点1位传输时延为:50*1bit/10Mbps=5us:8bit/10Mbps=0.8us(0.8+25.6+5+5+0.8)us=36.4us该环不包括开销的有效数据传输速率为:5）发送令牌帧传输时延为

32、所需总时间为：1924年奈奎斯特(Nyquist)就推导出在理想低通信道的最高大码元传输速率的公式即至少要8种不同的相位。（256-32）bit/36.4us=6.15Mbps1位延迟，信号传播速度为18题。长10Km、16Mbps、100个站点的令牌环，每个站引入200m/us。问：该环上1位的延迟相当于多少米长度的电缆？该环的有效位长度为多少位？1924年奈奎斯特(Nyquist)就推导出在理想低通信道的最高大码元传输速率的公式即至少要8种不同的相位。解法1:令牌环的比特长度为：故该环上1位的延迟相当于电缆的长度为：10Km*5us/Km*16Mbps+100bit=180bit1bit*

33、10Km/180bit=5.56m解法该环的有效位长度为：10Km*5us/Km*16Mbps=80bit(不计1位延迟）2:该环上1位的延迟相当于电缆的长度为：200m/us/16Mbps=200m/us/16b/us=12.5m/b该环的有效位长度为：10Km/12.5m/b=80b（不计1位延迟每个站引入1位延迟，19题。长1Km、4Mbps、50个站点的令牌环，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？解答：1Km令牌环传播时延为:1000m/200m/us=5us50个站点1位时延为:50*1bit/4Mbps=12.5us:100*8b

34、it/4Mbps=200us:5+12.5+200=217.5（us）注：检查令牌丢失由专门检测站来完成（这里忽略了令牌的发送时间）发送最长数据帧的时延为故超时计数器的值至少要设置为20题。一个10Mbps的令牌环，其令牌保持计数器的设置值为帧为多少位？解答：此环上可发送的最长帧为：（注:这里的10us全用于发送最长帧的时延23题。见黑板）信号传播速度为200m/us,10us,在此环上可发送的最长10Mbps*10us=100bit（s=v*t）,不考虑环传播时延及站点1位时延）10Mbit/s以太网升级到100Mbit/s和1Gbit/s甚至10Gbit/s时，需要解决哪些技术问题？在帧1

35、924年奈奎斯特(Nyquist)就推导出在理想低通信道的最高大码元传输速率的公式即至少要8种不同的相位。的长度方面需要有什么改变？为什么？传输媒体应当有什么改变？答：以太网升级时，由于数据传输率提高了，的检测。所以需要减小最大电缆长度或增大帧的最小长度，有效地检测冲突。在帧的长度方面，几种以太网都采用长，使不同速率的以太网之间可方便地通信。不变的方法，而将一个网段的最大电缆长度减小到9.6s,改为0.96s。1Gbit/s以太网采用保持网段的最大长度为帧的发送时间会按比例缩短，这样会影响冲突使参数a保持为较小的值，才能802.3标准规定的以太网最小最大帧100bit/s的以太网采用保持最短帧

36、长（64byte）100m,同时将帧间间隔时间由原来的100m的方法，用载波延伸1924年奈奎斯特(Nyquist)就推导出在理想低通信道的最高大码元传输速率的公式即至少要8种不同的相位。和“分组突法”的办法使最短帧仍为64字节，同时将争用字节增大为512字节。传输媒体方面，10Mbit/s以太网支持同轴电缆、双绞线和光纤，而lOOMbit/s和1Gbit/s以太网支持双绞线和光纤，1OGbit/s以太网只支持光纤。欲保持10M,100M,1G的MAC协议兼容，要求最小帧长的发送时间大于最长的冲突检测时间，因而千兆以太网采用载波扩充方法。而且为了避免由此带来的额外开销过大，当连续发送多个短帧时

37、采用帧突发技术。而100M以太网采用的则是保持帧长不变但将最大电缆长度减小到100m。其它技术改进：（1）采用专用的交换集线器，缩小冲突域（2）发送、接收、冲突检测传输线路独立，降低对媒体带宽要求（3）为使用光纤、双绞线媒体，采用新的信号编码技术。6、长1Km、10Mbps的802.3LAN，其信号传播速度为200m/us，数据帧长度为256位（包括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?1）发送数据帧256位所需的时间=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位所需的时间=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因此：有效数据传输速率：（256-32）bit/（30.6+8.2）us=5.77Mbps7、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二数据传输时延+信