计算机网络复习要点行健.doc

1、计算机网络复习 1. 计算机网络发展的几个阶段。P1-P32. 计算机网络定义。 P73. 计算机网络功能。 P84. 计算机网络的特点。 5. 计算机网络系统的组成。P86. 计算机网络的类型。P97. 局域网的3拓扑结构（优缺点）。 P10-P118. 什么是单工、半双工、全双工通信。 9. 数据传输率。P15 10. 误码率。 11. 信号编码。 P22 P2412. 同步传输和异步传输。P24 13. 几种多路复用技术。 P2614. 数据交换的三种技术。 P2915. 纠错检错技术 P32 P3516. ISO/OSI的七层结构，各层的主要功能。P45TCP/IP各层的功能（协议）P

2、5517. 局域网硬软件的组成（标准以太网）。 18. 几种介质访问控制方法。 P7119. 常见网络操作系统。 20. 各种网络互连设备的特点和功能。 21. Internet概念（定义、TCP/IP、ISP、域名、URL）。22. IP地址、子网掩码。23. 常用的协议：ftp、http、smtp、dns。 24. 计算机与Internet的常见连接方式。 25. Internet的几种基本功能及常用工具。 综合计算大题：1、 信号编码 22 242、 求检错码 33 343、 IP有关计算 121 4、 传输速率计算 155、 信道最大传输速率的计算 156、 有关以太网的计算 CSMA

3、/CD 71单项选择题1. 在IEEE802系统协议中描述CSMA/CD总线访问控制方法及物理层技术规范的是（ B ）。AIEEE802.2BIEEE802.3CIEEE802.4DIEEE802.52. 当今最新的计算模式是（ D ）应用模式。A客户/服务器B大型机为中心的集中式C服务器为中心D基于Web的客户/服务器3. 计算机网络在链路层上互联使用的互连设备是（ B ）A中继器B网桥C路由器D网关4. Windows 2000 Server操作系统属于（ B ）类型的网络操作系统A集中式B客户/服务器模式C对等式D非网络操作系统5. 客户服务器应用模式的框架由（ D ）组成。A客户机（C

4、lient）A服务器（Server）C中间件（Middleware）DA、B、C都对判断题1. （ ）在远程联机终端网络中，通过在主机前设置前端处理机，专门负责与终端的通信工作，并不能克服主机效率低的问题，因为主机同样要处理与前端处理机通信工作。2. （ ）令牌总线访问控制是在物理总线上建立一个逻辑环。从物理上看，是一种总线结构的局域网。从逻辑上看，是一种环型结构的局域网。3. （ ）在计算机网络中，用户主机和用户终端属于转接节点。4. （ ）数据报业务服务中分组是沿着相同的路由到达目标端。5. （ ）OSI模型中，只有最低层物理层完成物理数据传递，其他对等层之间的通信为逻辑通信，填空题1.

5、CCP是 简称。2. 位同步就是使接收端接收的每一位数据信息都与发送端准确地保持同步。实现这种同步的方法有 和 。3. 局域网的传输形式有两种 与 。4. 连接到匿名FTP服务器上时，用户名 ；口令 用户的E-mail地址 。5. 根据网桥是运行在服务器上还是作为服务器外的一个单独的物理设备，可以将桥分为 和 术语解析91. 信号2. Token Bus3. 下载4. 超文本5. 远程网桥6. 半双工通7. IEEE 802.38. IAB9. SMTP10. STP简答题1. 什么是数据交换？常见的交换技术有哪些？2. 局域网络的三个关键技术是什么？3. 如果有人想通过浏览器访问普通的 FT

6、P服务器：格式如下： ftp:/username:password 其中 username为用户名、password为密码这样使用正确吗？你对这样使用有什么建议？4. 简单描述透明网桥的工作过程5. 什么是差错控制编码？差错控制编码有哪些？综合计算题1. 画出数据11001010的非归零制编码、曼彻斯特编码、差分曼彻斯特编码波形图。2. 在一分钟内需要传输28800个汉字（双字节），所用的调制解调器（设无校验、一位停止位）至少应采用多大的传输速率？3. 长2Km，10Mbps的基带总线LAN，信号传输速率为 2108米/秒，试计算：（1）128个字节的帧从发送开始到接收结束的最大时间是多少？（

7、2）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？4. 已知某节点的IP地址是131.106.201.1，其所属子网掩码为255.255.224.0，求：（1）该子网掩码所划分的子网有多少？ 5（2）每个子网最多能容纳几台主机？ 30（3）按这样划分会造成多少个IP地址损失？45. 采用PAM（相位幅度调制）技术在带宽为12KHz的无噪声信道上传输数字信号每个相位处都有两个不同幅度的电平。按照奈奎斯特公式，若要达到96Kbps的数据速率，至少要多少种不同的相位？6. 某令牌环媒体长度为6Km,数据传输速度为16Mbps,环路上共有100个站点，若每个站点的接口引入1位延迟，

8、（信号传输速率为 2108米/秒）。求环的比特长度。7. 已知某节点的IP地址是61.157.145.200，其所属子网掩码为255.240.0.0，试求出网络地址和主机地址。8. 采用8种相位、每种相位各有两种幅度的PAM调制方式，问在1200Baud的信号传输速率下能达到的数据传输速率是多少？ 9. 设局域网采用路由器与X.25网互连，现有路由器每秒转发200个分组，分组长度为X.25网的标准值128字节。试问（1）路由器的转发速率为多少Mbps?（2）计算一分钟内的通信量费用（通信量按段计算，每段64字节，需0.003元）10. 已知某节点的IP地址是135.157.145.1，其所属子

9、网掩码为255.255.192.0，求：（1）该子网掩码所划分的子网有多少？（2）每个子网最多能容纳几台主机？（3）按这样划分会造成多少个IP地址损失？11. 在带宽为6KHz的无噪声信道上采用 3DPSK调制技术传输数字信号，则按照奈奎斯特公式，信道的最大数据速率为多少？12. 在带宽为 20 MHz的信道上，如果使用 8个电平的数字信号，每秒钟能发送多少比特？13. 某令牌总线网有100个站点，速率为5Mbps,令牌长度为20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是多少？14. 设有一个令牌总线网，总线长度为1Km，共有20个站，每个MAC帧中的数据字段长度为80

10、00字节，数据传输速率为5Mbps，问从某一站向另一站发送240K字节的数据，最少需要发送多少帧才能完成？若不计MAC帧的地址等其它开销，问至少需要多少时间？（传播时延忽略）15. 用速率为1200bps的通信调制解调器（无校验，一位停止位）半分钟内最多能传输多少个汉字？16. 一个4Mbps的令牌环的令牌保持计时器为l0ms，问在此环上可发送的最长帧长为多少？如果考虑到环的延迟为1ms，问此时最大帧长为多少？17. 用速率9600bps的调制解调器，一位校验位，一位停止位，一分钟内最多传输多少个标准ASCII码字符？18. 速率为2400bps的异步传输规程通信适配器中，使用8位数据位、1位

11、校验位、1.5位停止位时有效数据传输率为百分之几？19. 一台通过电话线上网的计算机采用串行异步通信，要到达1分钟传送2400个汉字，问至少要使用多大数据传输速率的调制解调器？（设1位偶校验，2位停止位）20. 设有100个站点、传输速率为10Mbps的令牌总线网，令牌长度为12个字节，当只有一个站点要求发送报文时，求该站点发送报文的最长等待时间为多少？（忽略站点处理令牌的时间和信号传输延迟时间）21. 在某传输系统中，若声音信号的频率为2000Hz，在模拟数据的数字信号编码时。如果有128个量化级，求系统的数据传输率？22. 已知生成多项式为 q(x)= x4+x3+ 1，接收端收到的第一个

12、信息位串是11010111010，第二个信息位串是10010111010。是判断这两次有无错误。23. 一个总线网采用了CSMA/CD方法，线路总长度为2Km,信号的传输速率是光速的70%，约为2108米/秒，试计算：（1）信道上可能的最长冲突时间是多少？（2）从冲突产生到信号发出端检测到冲突的最长时间是多少？24. 长2.4Km，16Mbps的基带总线LAN，信号传输速率为 2108米/秒。试计算：（1）256个字节的帧从发送开始到接收结束的最大时间是多少？（2）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？25. 用速率为14400bps的通信调制解调器（无校验位、一位

13、停止位），每分钟最多能传输多少个汉字（双字节）？26. 某令牌环网的媒体长度为10km，数据传输速率为10Mbps，环路上共有100个站点，每个站点的接口引入1位延迟。环中最大帧长为1000bit。假如环上只有一个站点有数据要发送，试计算某站点获得令牌的最大等待时间？（信号传输速率为 2108米/秒）。27. 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，该信道最大数据传输速率是多少？28. 采用时分多路复用和PCM技术组织50路8位4K频带的语音数据，问不计控制信令所占开销，信道起码要有多大数据传输速率？29. 现有1Km长的令牌环局域网，环上有50个站，每

14、站引入1位延迟，数据传输速率为4Mbps。设发送帧的最大长度为100字节。问检测令牌丢失的超时计时器的值至少应该设置为多少微秒（us）才可行？（信号传输速率为 2108米/秒）30. 调制解调器采用16个不同角度相移键控相位调制，每个波特可以表示几个二进制位？要获得4800bps的位速率时，应采用多大的波特为宜？ 31. 一个具有等距间隔的站点的基带总线LAN，数据速率为20Mbps，总线长度为1000米，2000位帧从发送开始的时间到接收结束时间的最大时间时多少？（信号传输速率为 2108米/秒）32. 在数字传输系统中，码元速率为1600波特，数据速率为4800bps,则信号取几种不同的状

15、态？若要使得码元速率与数据速率相等，则信号取几种状态？ 33. 利用生成多项式q(x)=x5+x4+x+1对信息码10101100进行CRC编码。综合计算题参考答案1. 解：非归零制编码曼彻斯特编码差分曼彻斯特编码2. 解：一个汉字内码是2个字节（8位是个字节，10位是个字符，比如a与a ）3. 每个字符占据的位数为1+8+1=10bits1分钟内的总传输位数为：288002（1+8+1）=576000bits至少应该采用的传输速率为： 288002（1+8+1）/60=576000/60 =9600bps。4. 解：（1）帧从发送开始到接收结束的最大时间是位于总线两端的站点间接收结束的时间，

16、设为t ，则：t =数据发送延迟+信号传输延迟 =1288（1/（10106）+21000/（2108） =102.410-6+1010-6=112.410-6秒=112.4 us（2）当对方发送的数据到达另一端时检测到冲突发生，时间应该等于信号传输延迟， 即 21000/（2108）=1010-6秒=10 us5. 解：（1）掩码：11111111,11111111,11100000,00000000=255.255.224.0可将一个B类地址划分为23-2=6个子网（去掉全,0和全 “1”的子网号码）。（2）每个主机的IP地址中，前19位用来表示网络地址，后13位表示主机地址，即每个子网最

17、多可容纳的主机数为213-28190台。（3）对于6个子网可容纳的主机总数是68190=49140台。一个B类地址作为一个独立的网络可容纳的主机数是216-2=65534台。因此划分子网后，主机的IP地址损失了65534-49140=16394个。6. 解：根据奈奎斯特（Nyquist）公式：其中：C是信道容量，W是信道的带宽，N是数字信号取的离散值个数对于本题：W=12KHz，C=96Kbps所以 96=2*12log2N 得 N=16再由于每个相位处都有两个不同幅度的电平，所以至少需要的相位有 16/2=8种。7. 解：环的比特长度=线路位容量+中继器延迟位数 = 信号传播时延数据传输速率

18、+接口延迟位数 = （环路媒体长度/信号传输速率）数据传输速率+接口延迟位数 = （6103 /（2108）16Mbps+接口延迟位数 = （6103 /（2108）（16106）+1001 = 480+100=580（位）8. 解：IP地址： 00111101,10011101,10010001,11001000掩码： 11111111,11110000,00000000,00000000与运算 网络ID： 00111101,10010000,00000000,00000000=61.144.0.0IP地址： 00111101,10011101,10010001,11001000掩码反码：0

19、0000000,00001111,11111111,11111111与运算 主机ID：00000000, 00001101,10010001,11001000=0.13.145.2009. 解：信息速率和码元速率两者的关系是：Rb=RBlog2M 得RB=Rb/log2MRB=1200（Baud）,M=8*2=16所以 Rb=1200 log216=4800bps10. 解：（1）路由器转发速率为 200（分组/秒） 128（字节分组） =25600字节秒 =0.2048Mbps（2）每秒传输的的数 25600 / 64=400段 一分钟通信费用： 400600.003=72（元/分）11.

20、解：（1）掩码：11111111,11111111,11000000,00000000=255.255.192.0可将一个B类地址划分为22-2=2个子网（去掉全,0和全 “1”的子网号码）。（2）每个主机的IP地址中，前18位用来表示网络地址，后14位表示主机地址，即每个子网最多可容纳的主机数为214-216382台。（3）对于2个子网可容纳的主机总数是216382= 32764台。一个B类地址作为一个独立的网络可容纳的主机数是216-2=65534台。因此划分子网后，主机的IP地址损失了65534- 32764= 32770个。12. 解：根据奈奎斯特（Nyquist）公式：其中：C是信道

21、容量，W是信道的带宽，N是数字信号取的离散值个数对于本题：W=6KHz，N=23=8所以最大数据率 C=2*6 log28=36Kbps。13. 解：根据奈奎斯特（Nyquist）公式：其中：C是信道容量，W是信道的带宽，N是数字信号取的离散值个数对于本题：W=20MHz，N=8所以14. 解：发送报文的最长等待时间为令牌绕逻辑环一周经过所有节点的时间。因为忽略站点处理令牌的时间和信号传输延迟时间，所以令牌绕逻辑环一周经过所有节点的时间实际上就是令牌发送的时间（每个节点均发送一次）。令牌长度=208=160（bits）单个站点发送令牌时间=160/（5106）=3210-6秒最长等待时间=10

22、03210-6=320010-6秒=3200us15. 答：（1）已知MAC帧中数据段长度为8K字节 240K字节/8K字节=30帧（2）每帧所需时间， 80008（1/（5106）=12.5ms 总共30帧所需时间 12.8 30=384ms=0.384秒16. 解：一个汉字内码是2个字节半分钟内的总传输位数为：120030=36000bits每个字符占据的位数为1+8+1=10bits可传输的汉字个数为：36000（102）=1800个17. 解：（1）也就是要求在10ms时间里能发送的数据位数。即为： （1010-3）（4106）=40103bits=40Kbit（2）如果环的延迟为1m

23、s，则最大帧长为： （10-1）10-3）（4106）=36103bits=36Kbit18. 解：一个ASCII码7位数据1分钟内的总传输位数为：960060=576000bits每个帧长度为1+7+1+1=10bits可传输的ASCII个数为：57600010=57600个19. 解：为了传输8位数据，必须附加1位起始位，1位校验位和1.5位定停止位共传输1+8+1+1.5位数据，所以有效数据传输率=8/（1+8+1+1.5）=69.57%20. 解：一个汉字内码是2个字节，即每个汉字要2个帧。每个字节占据的位数为1+8+1+2=12bits1分钟内的要传输位数为：24002（1+8+2）

24、=57600bits至少应该采用的传输速率为： 57600/60=9600bps。21. 解：发送报文的最长等待时间为令牌绕逻辑环一周经过所有节点的时间。因为忽略站点处理令牌的时间和信号传输延迟时间，所以令牌绕逻辑环一周经过所有节点的时间实际上就是令牌发送的时间（每个节点均发送一次）。令牌长度=128=96（bits）单个站点发送令牌时间=96/（10106）=9.610-6秒最长等待时间=1009.610-6=9.610-4秒22. 答：（1）采样频率应为22000Hz=4000Hz （2）每次采样的数据量为：log2128=7bits （3）系统的数据传输率应达到 4000728Kbps2

25、3. 解：第一个信息串p1(x)=11010111010，第二个信息位串p2(x)=10010111010p1(x)/q(x) 得商：1001010，余数：0000 为0，所以第一次接收到的信息串无错误。p2(x)/q(x) 得商：1110111，余数：0101不为0，所以第二次接收到的信息串有错。24. 答：（1）信道上可能的最长冲突时间是位于总线两端的站点间信号传播延迟时间。 t=2000m/(2108)=110-5秒（2）从冲突产生到信号发出端检测到冲突的最长时间应该是最大延迟的两倍： 2t=2（110-5）秒=210-5秒25. 解：（1）帧从发送开始到接收结束的最大时间是位于总线两端

26、的站点间接收结束的时间，设为t ，则： t =数据发送延迟+信号传输延迟 =2568（1/（16106）+2.41000/（2108） =12810-6+1210-6=14010-6秒=140 us（2）当对方发送的数据到达另一端时检测到冲突发生，时间应该等于信号传输延迟，即 2.41000/（2108） =1210-6秒=12 us26. 解：一个汉字内码是2个字节半分钟内的总传输位数为：1440060=864000bits每个字符占据的位数为1+8+1=10bits可传输的汉字个数为：864000（102）=43200个27. 解：比特环长=10000/（2108）1061001=600b

27、its 某站点等待令牌的最大时间应包括令牌和一个最大数据帧沿传输一圈所用的时间。 故，最大等待时间（600b1000b）/（10106）1610-5s=160s28. 解：根据奈奎斯特（Nyquist）公式：其中：C是信道容量，W是信道的带宽，N是数字信号取的离散值个数对于本题：W=6MHz，N=4所以29. 答：不计控制信令开销，50路8位语音数据帧长为 508400位 根据香农采样定理，每帧需用的传送时间为： 1秒（24000）125us。 信道起码的数据传输速率应为： 50 x 8=125 us = 3.2Mbps30. 解：（1）环网传播延迟为1000（2108）= 510-6s=5u

28、s （2）50个站的位延迟:50（1/（4106）=12.510-6s=12.5 us （3）发送最长帧的时间：1008（1/（4106）=20010-6s=200 us 超时计时器的值至少应设置为： 5+12.5+200=217 us31. 解：信息速率和码元速率两者的关系是：Rb=RBlog2M 得RB=Rb/log2M所以 RB=4800/log216=1200（Baud）32. 解：发送开始到结束的时间=发送数据延迟+数据传输延迟 =2000/（20106）+1000/ （2108） =10010-6+510-6=105 us33. 解：信息速率和码元速率两者的关系是：Rb=RBlog2M 所以 4800=1600 log2M 得 M=8。根据公式 当M=2时，码元速率与数据速率相等。34. 解：Step1： p(x)=x7+x5+x3+x2Step2：p(x).x