数据通信及计算机网络补充习题答案.doc

《数据通信及计算机网络补充习题答案.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《数据通信及计算机网络补充习题答案.doc（14页珍藏版）》请在课桌文档上搜索。

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，增加的开销为又应用数据长度为A字节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

2、模拟信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 = 2Hlog2NN = 8，H = 4KHZC = 24 kbps按香农定理， C = Hlog2（1+S/N）信噪比为30db，30db = 10 log S/N H = 4KHZC = Hlog 2（1+

3、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？解：按奈奎斯特定理：C = 2Hlog2NN = 4，H = 6MHZC = 26MHZlog24 = 24 Mbps10*调制解调器同时使用幅移键控和相移键控，采用0、/2、和3/2四种相位，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移键控解：有 4种相位，每个相位又有2个幅度N = 42 = 8B = 1200 baudS = Blog2N = 3600 bps11信道带宽为3KHz，信噪比为30d

4、b，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 = 3KHZC = Hlog2（1+1000） = 30 kbps按奈奎斯特定理C = 2Hlog2NN = 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 = 82 = 16 种，B = 1200 BandS = Blog2N = 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

5、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 = 2Hlog2NN = 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所以1分钟内最多能传输汉字3600个。16 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。解：数据为10

6、11001 v 1 0 1 1 0 0 1全宽码 t 曼彻斯特码差分曼彻斯特码17 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10Mbps局域网的波特率为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 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

7、位数据，不用校验，1位起始位，1位停止位（2）同步传输：每帧包含48位控制位和4096位数据位20 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？解：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同步传输的效率为接近于1B两者的传输效率之比为21 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24KHZ = 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

8、7bit8KHZ = 56 kbps或7bit / 125us = 56 kbps22 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销率。解：T1载波:每帧由24路声音，每路声音7位数据，1位控制，每帧1位标志编码效率为开销率为E1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位控制编码效率为开销为24 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C1 = 2Hlog2NN = 2，C1 = 50 kbpsH = 25 KHZ现要传输1.544

9、Mbps的T1载波C2 = Hlog2（1+S/N）C2 = 1.544 Mbpsleg2（1+S/N）= 61.76S/N = 2 61.76-1信噪比为25 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迟时间( 秒) 。M 两个节点之间的传播延迟时间( 秒) 。假设不需要确认，请分别计算电路交换

10、、报文交换、虚电路分组交换和数据报分组交换的端到端延迟时间。解：（1）电路交换，有电路的建立时间，报文传输延迟和传播延迟时间T电路交换 = （M为两站点之间的传播延迟）（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 = 分组交换：分组个数 *个分组（可能最后一个分组中数据量不足P-H）最后一个分组长度为L-（* -1）（P-H）+H 记为 Y（3）虚电路分组交换：有虚电路的建立时间，延迟时间可为T虚电路交换 = 虚电路的建立时间 + 第一个分组的到达时间 + 后续分组的到达时间（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27

11、 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10Mbps，若采用虚电路分组交换技术，呼叫建立的时间为0001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00002秒。两个站点之间的传播时延为000001秒，试计算从端到端的延迟时间。解：每个分组的最大长度为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*=480011604.1个，为5个分组。最后一个分组长度为 Y=L-（* -1）（P-H）+H=200bits 呼叫建立的时间为S=0001秒=

12、1ms；每个转换点的处理时延为D=00002秒=02ms； 两个站点之间的传播时延为M=000001秒=001ms；N=3；B=10Mbps=10bit/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 =2.5ms28 若在相隔1000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 = 传输延迟 + 传播延迟=625 ms + 5 ms = 630 ms卫星信道：卫星的单向传播延迟时间约为270ms T

13、= 传输延+ 传播延迟= 60ms + 270ms = 330ms所以用卫星信道传送的时间较短。29 一个简单的系统由二个终端局和一个长途局组成，每个终端局用1MHZ的全双工中继线连到长途局，平均每台机在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机最多台数是多少？解：按频分多路个子信道按时分多路个用户可支持的机的最多台数为250200 = 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

14、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？解：（设距离为*公里）31 若*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32 *信道误码率为10-5，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是多少？解：Pe = 10-5，每帧长度为104 bit（1）若为单

15、个错：Ne = 1N = 105有多少个帧：帧的错误率为10%（2）若为突发错：Ne = 100 bit有多少帧个帧，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：*4+ *3+ *2+1，求信息位1010101的CRC码。解：生成多项式g (*) = *4+*3+*2+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 (*)求的余式111010111101余式r (*) = *3 + 1 100001001 11101 11011C (*) = *4k

16、 (*) + r (*) 1110111000对应的CRC码为11101 10100 111013已知（7，3）循环码的校验关系式为：C6+C3+C2+C1=0 C5+C2+C1+C0=0C6+C5+C1=0C5+C4+C0=0求该循环码的生成多项式G（*）和信息码110的余式r(*)？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 C0 0 0 1 * * * * 代入校验方程组： C6+C3+C2+C1=0C3=1； C5+C2+C1+C0=0C2=1；C6+C5+C1=0C1=0；C5+C4+C0=0C0=1；生成多项式对应的二进制位串为0

17、011101(r = 4)；生成多项式为g (*) = *4+*3+*2+1信息位110对立的二进制多项式为 k (*)求的余式10111101110 000011101余式r (*) = *3+ 1101001001 111011001C (*) = *4k (*) + r (*)对应的CRC码为11010014.设有一个（7，3）码，其生成多项式G（*）=*4+*3+*2+1,当传输信息为101时，求循环冗余码。解：生成多项式g (*) = *4+*3+*2+1对应的二进制位串为11101(r = 4)信息位101对立的二进制多项式为 k (*)求的余式111111011010000111

18、01余式r (*) = * + 1 100100011 11101 11110C (*) = *4k (*) + r (*) 11101 0011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（*）=*4+*3+1，试计算传输信息为1011001和1101001的CRC编码。解：生成多项式g (*) = *4+*3 +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 (*)求的余式110101011001余式r (*) = *3 +* 111101010 1100111110C (*) = *4k (*) + r (*) 110

19、0111100对应的CRC码为110011010信息位1101001对立的二进制多项式为 k (*)100100111001余式r (*) = 1 110100001 11001 11000C (*) = *4k (*) + r (*) 11001 00016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，

20、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G0backN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G0backN法，发送窗口为2，接收窗口为1，即可以连续发送2个帧

21、，而接收为顺序接收。初态发0发1收0接收确认0 发20105110167012252发送窗口 同左1343071605132234接受窗口 同左 同左 同左 同左帧1接收错 帧1确认超时 重发1 接收帧1 重发2 接收确认12111222发送窗口 同前 同左12接受窗口 同左 同左 同左 同左9若帧序号位数为3，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、接收否定确认帧1、接收帧2、重发帧1、接收帧1、接收确认帧2。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

22、，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。初态 发0 发1接收帧0 接收确认帧0 发2 700011156212发送窗口 同左 43接受窗口 同左 同左 同左 同左 接收否定确认帧1 接收帧2重发1接收帧1接收确认帧201132发送窗口 同左 同左132接受窗口 同左 同左 同左12 或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：“ABCDE”11HDLC帧数据段中出现下列比特串：“”问比特填充后的输出是什么？解：HDLC帧数据段中出现下列比特串：比特填充后为:12一个信道的数据

23、速率为4Kbps,单向传播延迟时间为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B = 4 kbps ；R = 20 msL160bit答：帧长要大于等于160 bit13一个信道的数据速率为1Mbps，往返传播延迟时间为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

24、=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，故最大帧序号为 Sma* = 231 = 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 231 = 4信道的最大利用率：L=1000bit；2R = 4 ms；B=1Mbps14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位，则后退n协议的发送窗口的最大尺寸为 Sma* = 2 n1 = m 即可连续发送m个帧，并设确认帧不占时间(L=0)后退n协议的信道利用率要使U为最大,即

25、接近于1=108.56m = 109 2n-1 = mn = leg2（m + 1）= 7答帧的顺序号应有7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。 L/B使用三位帧顺序号，则 Sma* = 231 = 7 卫星信道的单向传播延迟时间约为270ms （1）停等协议，发送窗口为1，只能发送1个帧L/B（2）后退n协议，发送窗口

26、的最大尺寸为Sma* = 7（3）选择重发协议，发送窗口的最大尺寸为序号范围的一半,即为416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。）解：BSC规程中帧的格式为SSSEBYYT报文TCNN*BC每个报文可以最多传输的汉字数：（129B5B）/ 2 = 62个汉字共有多少个汉字：462 +（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？

27、解：HDLC帧的格式为8 8 8 16 8 01111110 A C I FCS 01111110信息字段为122 = 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（1）总共传输的分组数：（2）每个分组要加上3个字节的分组头（24 bit）总共传输的比特数：2048*（1024 + 24）= 2146304 bit（3

28、）传输所用的总时间：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）总共传输的帧数为2048个帧（5）总共传输的比特数2048*（1024+ 24 + 48）= 2244608 bit（6）传输所用的总时间：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迟时间的2倍，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、1

29、0Mbps的802.3 LAN，其信号传播速度为200m/ms，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？解：基带传输时，时间片的长度等于往返传播延迟时间（即2a），否则不能确保信道是否空闲发送一个数据分组的时间为L/B = 256 bit / 10106 bps = 256us发送一个确认分组的时间为L/B = 32 bit / 10106 bps = 32us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

30、。总时间 T = 10 us + 256us + 10 us + 32us = 488us在一次成功的发送中，共发送的有效数据为 L=256-32 = 224位所以有效数据速率为4长1Km、10Mbps的基带总线LAN，信号传播速度为200m/ms，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T = T传输 + T传播 = = 100 us + 5 us = 105 us若相距最远的两站点在同时发送在时发生冲突，检测到冲突的时间为5100个站点的时槽环，任意两站间的平均

31、距离为10 m，数据传输速率为10 Mbps，信号传播速度为200 m/ms，若每个站引入1位延迟，试计算：（1）两站点间链路的位长度为多少位？（2）整个环路的有效位长度为多少位？（3）此环上最多允许有几个37位长的时槽？解：（1）两站点间链路的位长度为（2）整个环路的等效位长度为（3）此环上最多允许有几个37位长的时槽150 37 = 405所以有4个时槽6长1Km、10Mbps、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/ms，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

32、发送数据最坏情况下发送一帧的时间=空令牌绕环一周的时间 + 一个数据帧绕环一周的时间数据位数256-32 = 224位所以有效数据速率为224 bit /T = 224 bit /464 us = 483 Mbps （2）重负荷的令牌环，可看为每一个站点都有数据要传送，即每个站点在发送完数据帧后，再发一个令牌帧；确认是在数据帧中捎带，这样就省去了专门的确认帧(假设每一个站点都只发一个帧，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，n个站点发n个数据帧；所使用的总时间=空令牌绕环一周的时间 + n个数据帧各绕环一周的时间 = 108us + n 356us = 17908us总

33、的数据位数n（256-32 ）= 224n位 = 11200 bit所以有效数据速率为n224 / T = 6.25 Mbps7长10Km、16Mbps、100个站点的令牌环，每个站引入1位延迟，信号传播速度为200m/ms。问：（1）该环上1位的延迟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位的延迟相当于多少米长的电缆（2）有等效位长度（两种方法）等效的媒体长度等效的位长度8长1Km、4Mbps、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/ms，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：9一个10

34、Mbps的令牌环，其令牌保持计数器的设置值为10ms，在此环上可发送的最长帧为多少位？解：题中没有给出环的长度，故省略题中没有给出站点的延迟时间（ni）/B 省略LTB = 10 us 10 Mbps = 100 bit1010Mbps、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此题中传播时延忽略，站点处理时延略11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

35、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。在发送下一个分组之前对方必须用一个88位的分组来确认上次发出的分组。总线上的传播速度为200m/ms。(3) 一个环形拓扑结构局域网。，总循环长度为2D，有两个站相距为D。允许分组经过目的站，然后返回到源站，以此为实现确认。环上有N个中继器，每一个都产生1位时间的延迟。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。信号传播速度为200m/ms。解：（1）线路交换由于呼叫建

36、立时间忽略不计，媒体上的传播时延不计1M8 / 64 kbps = 128秒有效吞吐量为1MB，有效数据速率为64 kbps（2）总线局域网未设媒体访问方法（令牌总线？，CSMA / CD？）分组的个数为1M8 / （P80） = *个分组，（设能被整除）传送一个分组所需的时间为：T = 传输时间 + 传播时间 + 确认传输时间 + 确认传播延迟时间总的传送时间为*T信道的有效利用率 = （P80）/ TB = （P80）/ 有效数据速率为B吞吐量：为实际使用的比特数 = 分数个数*每次实际传输长度 = *（P+88）有效吞吐量：为1MB单位时间的吞吐量*（P+88） / （*T）=（P+88

37、）/ T单位时间的有效吞吐量：（P80）/ T（3）环形网分组的个数为1M8 / （P80）= *个分组，（设能被整除）传送一个分组所需的时间为T = 分组的传输延迟时间 + 传播延迟时间 + 站点的延迟时间（中继器）总的传送时间为*T信道的利用率：有效数据速率为B吞吐量：为实际使用的比特数 = 分组个数*每次实际传输长度 = *P有效吞吐量为：1MB单位时间的吞吐量为（*P）/ *T = P / T单位时间的有效吞吐量为（P80）/ T第六章1带点十进制标记法，写出十六进制数C22F1582的IP地址。解：用带点的十进制标记法，写出十六进制数C22F1582的IP地址C2 2F 15 82

38、H 19447211302Internet上的一个B类网络的子网屏蔽码为。问每个子网是最多有多少台主机？解：B类网络的子网屏蔽码为2552552400B类网络的缺省子网掩码为25525500两者异或，故子网号为4位B类网络中的主机地址为16位，故子网中的主机号为12位，所从每个子网中最多有 212 = 4096台主机3在*.25分组级中，理论上最多允许存在多少条虚电路？若已知分配的虚电路号为536，试计算二进制逻辑信道组号和逻辑信道号。解：在*25分组级中，逻辑信道组号占4位，组内逻辑信道号占8位，故理论上最多允许存在24 = 16个组，每组28 = 256个逻辑信道号；虚电路的总数为16*256 = 4096条虚电路号为536 = 512 + 16+8 = 218H所以逻辑信道组号为2H：0010B组内逻辑信道号为18H：00011000B. z.