网络原理 大题自考.docx

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网络原理大题自考

一、时延、数据传输速率、信道传输能力问题

1.数据传输速率：

每秒能传输的二进制信息位数

R=1/T*log2N（位/秒，bps或b/s）

信号传输速率=码元速率=调制速率=波特率

B=1/T（波特，Baud）

信号传输速率和数据传输速率的对应关系：

R=B·log2N  

2、奈奎斯特公式

无噪声下的码元速率极限值B与信道带宽H的关系：

B=2*H （Baud）

无噪信道信道数据传输能力的奈奎斯特公式:

C=2·H·log2N（bps）

3.香农公式：

C=H·log2（1+S/N）    （bps）

由于实际使用的信道的信噪比都要足够大,故常表示成10log10（S/N）,以分贝（dB）为单位来计量

4.采样定理：

若对连续变化的模拟信号进行周期性采样,只要采样频率大于等于有效信号最高频率或其带宽的两倍,则采样值便可包含原始信号的全部信息。

•设原始信号的最高频率为Fmax,采样频率为Fs,则采样定理可以用下式表示:

    Fs（=1/Ts）>=2Fmax或Fs>=2Bs

•Fs为采样频率

•Ts为采样周期

•Fmax为原始信号的最高频率

•Bs（=Fmax-Fmin）为原始信号的带宽

•每次采样位数=log2量化级

•数据传输速率（bps）=采样频率×每次采样位数

5.时延=延迟（delay或latency）

总时延=发送时延+传播时延+处理时延

传输时延=数据块长度（比特）/信道带宽（比特/秒）

传播时延=信道长度（米）/信号在信道上的传播速率（米/秒）

处理时延：

交换结点为存储转发而进行一些必要的处理所花费的时间

例1：

信噪比为30dB,带宽为3kHZ的信道的最大数据传输速率为多少？

解：

根据香农公式C=H·log2（1+S/N）    

已知H=3KHz，10*log10（S/N）=30dB，log10（S/N）=30/10，S/N=1030/10=1000

C=3k×log2（1+1030/10）=3k×log2（1+1000）=30kbps.

另：

1.有一受随机噪声干扰的信道，其信噪比为30dB，最大数据传输速率为30Kbps。

试求出该信道的带宽。

（10.4）

2.有一受随机噪声干扰的信道，其带宽为4KHz，信噪比为30dB。

试求出最大数据传输速率。

（09.7）

例2：

设利用12MHz的采样频率对信号进行采样，若量化级为4，试计算出在无噪声信道中的数据传输速率和所需的信道带宽。

（08.4）

解：

已知量化级4，采样位数=log2量化级=log24=2位

采样频率12MHz

数据传输速率=采样频率*量化位数=12*2=24Mbps

根据奈奎斯特公式C=2·H·log2N，

24Mbps=2·H·log24

H=6MHz

另：

设信号的采样量化级为256，若要使数据传输速率达到64Kbps，试计算出所需的无噪声信道的带宽和信号调制速率。

（08.7）

例3.月球到地球的距离大约为3.8×105Km，在它们之间架设一条200Kbps的点到点链路，信号传播速度为光速，将一幅照片从月球传回地球所需的时间为501.3s。

试求出这幅照片占用的字节数。

解：

总时间=传播时间+传输时间

假设照片占用的字节数为L

总时间=501.3s

传播时间=3.8×105Km/3×108m/s=1.3s

传输时间=总时间-传播时间=501.3-1.3=500s=L×8bit/200Kbps

L=12.5MB

这幅照片占用的字节数为：

12.5MB

另:

假设在地球和一个火星探测车之间架设了一条128Kbps的点到点链路。

从火星到地球的距离（当它们离得最近时）大约是55gm，而且数据在链路上以光速传播，即3X108m/s。

（a）计算链路上的传播延迟

（b）探测车上的一部照相机拍摄周围的照片，并发送回地球。

计算从拍完一幅图像到这幅图像到达地球上的控制中心所用的时间。

假设每幅图像的大小为5MB。

答:

a）传播时延=55*109米/（3*108米/秒）=183秒

b）总时间=数据传输时延+信号传播时延

传输时延=5MB/128K=5*1024*8/128=320秒

总时间=320+183=503秒

例4.设长度为10Km的无噪声链路的信号传播速度为2×108m／s，信号的调制方式为二元调制，当传输200字节的分组时，传播延迟等于发送延迟，试求出所需带宽（要求写出计算过程）。

（10.7）

解：

传播时延=10Km/（2×108m/s）=5×10-5s

由题可知，当传输200字节的分组时，传播延迟等于发送延迟，则数据传输速率=200×8/（5×10-5s）=32×106bps

（信号的调制方式为二元调制，则

R=B×log22=B,B=32×106Baud

根据奈奎斯特公式，B=2H,则

H=16×106Hz=16MHz）或者

根据奈奎斯特公式C=2HLog2N,已知信号的调制方式为二元调制，即N=2，则H=16MHz

例5.计算下列情况的延迟（从发出第一个比特发送到最后一个比特接收）：

（a）1Gbps以太网，其路径上有的，分组长度是5000比特。

假定每条链路传播延迟为10μs，并且交换机在接收完分组之后立即开始转发该分组。

（b）同（a）的情况类似，但是要经过三个交换机。

（c）同（b），但是，假定交换机实现“直通式”转发：

就是在收到分组的头（128比特）后立即开始转发该分组。

答：

（a）分析一个交换机应有2条链路

发送一次的传输延迟：

5000bit/1Gbps=5*10-6s=5μs，

分组在每条链路上的传播延迟都是10μs

因此总的延迟等于：

5×2+10×2=30μs。

（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）

（b）跟（a）的情况类似，但有3个交换机。

共有4条链路，

总的延迟等于：

5×4+10×4=60μs。

（4次发送，4次传播）

（c）跟（b）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，即交换机传输延时=128/1Gbps=0.128μs。

在这种情况下仍然有1个5μs的传输延迟，4个10μs的传播延迟，再加上3个0.128μs的交换机转发延迟，因此总的延迟等于：

5×1+10×4+0.128×3=45.384μs。

（1个发送，4个传播延迟，3个转发延迟）

另：

44.设以太网中的A、B主机通过10Mbit／s的链路连接到交换机，每条链路的传播延迟均为20μs，交换机接收完一个分组35μs后转发该分组，从A开始发送至B接收到一个分组所需的总时间为2075μs。

试求出该分组的比特数。

（11.7）

44.设以太网中的A、B主机通过10Mbit/s的链路连接到交换机，每条链路的传播延迟均为20

s，交换机接收完一个分组35

s后转发该分组。

计算A向B发送一个长度为10000bit的分组时，从A开始发送至B接收到该分组所需的总时间。

（11.4）

例6．下列情况下，假定不对数据进行压缩，对于（a）~（d），计算实时传输所需要的带宽：

（a）HDTV高清晰度视频，分辨率为1920*1080，24位/像素，30帧/秒

（b）8比特POTS（普通的电话服务）语音频率，采样频率为8KHz

（c）260比特GSM移动语音音频，采样频率为50Hz

（d）24比特HDCD高保真音频，采样频率为88.2KHz

答:

（a）1920*1080*24*30=1.49Gbps参考p6

（b）8KHz*8Bit=64Kbps参考p54

（c）260*50=13kbps

（d）88.2*24=2116.8kbps

另：

48.如果HDTV高清晰度视频的分辨率为1920×1080，每个像素需要24bit，帧传输速率为30帧／秒。

则在理论上为2.5GHz宽带，信噪比为30dB的信道上能否实时传输HDTV视频（要求给出计算依据）。

（11.4）

二、异步传输问题

群同步=异步传输=“起一止”式传输

例7：

假设使用调制解调器，并采用1位起始位、1位停止位、无校验位的异步传输模式，在1分钟内传输7200个汉字，调制解调器至少应达到的传输速率为多少？

（08.4）

解：

一个汉字需要用2个字节表示，即每个汉字符传输位数（8+1+1）X2=20（位）

1分钟传输的7200个汉字，即需要传送7200X20=144000位

调制解调器至少应达到的传输速率为

144000/60=2.4kbps

另.调制解调器的传输速率为4800bps，并采用1位起始位，1位停止位，1位奇偶校验位的异步传输模式，求传输2400个汉字所需要的时间。

（08.7）

三、数据编码技术

四、CRC校验（3）

例8：

设要发送的二进制数据为10110011，若采用CRC校验方法，生成多项式为X4+X3+1，试求出实际发送的二进制数字序列。

（要求写出计算过程）（08.4）

例9．已知发送方采用CRC校验方法，生成多项式为X4+X3+1，若接收方收到的二进制数字序列为101110110101，请判断数据传输过程中是否出错。

（08.7）

另：

要发送的数据为1101011011。

采用CRC的生成多项式是P（x）=x4+x+1。

试求应添加在数据后面的余数。

数据在传输过程中最后一个1变成了0，问接收端能否发现？

若数据在传输过程中最后两个1都变成了0，问接收端能否发现？

答：

添加的检验序列为0011（11010110110000除以10011）

数据在传输过程中最后一个1变成了0，11010110101110除以10011，余数为011，不为0，接收端可以发现差错。

五、信道的利用率、吞吐率问题

信道的利用率指信号传输时间与信号传输时间和信道时延之和的比值，信道利用率=传输时间/总时间

吞吐率指单位时间内实际传送的位数，吞吐率=帧长/总时间

例10：

设信道上数据传输速率为4Kbps，信道的传播时延为20ms，采用停等协议，帧的控制信息、确认帧长及帧处理时间均忽略不计，若信道的利用率为50%。

试求出数据帧的长度。

（09.4）

解：

信道的利用率=传输时延÷总时延。

假设数据帧传输时延为：

Xms

从发送站开始发送算起，经X+20ms，数据帧才能到达目的站。

帧的控制信息、确认帧长及帧处理时间均忽略不计，则又需20ms确认帧才能被发送站收到。

因此信道的利用率为：

Xms/（X+20ms+20ms）=50%

X=40ms

数据帧长=4Kbps*40ms=160bit

另：

设信道上数据传输速率为4Kbps，数据帧长为240bit，信道的传播时延为20ms，采用停等协议，帧的控制信息、确认帧长及帧处理时间均忽略不计。

试求出信道的利用率。

（10.4）

例11.设卫星信道上数据传输速率为1Mbps，数据帧长为5625bit，卫星信道的传播时延为270ms，采用顺序接收管道协议，其发送窗口尺寸为4，帧的控制信息、确认帧长及帧处理时间均忽略不计。

试求出此信道的利用率。

（09.7）

【解析】信道的利用率=传输时延÷总时延

传输时延：

采用顺序接收管道协议，其发送窗口尺寸为4，则可以连续发送4个数据帧，所花费的时间为总传输时延。

总时延：

从开始发送第一个数据帧到，返回确认帧花费的时间为总时延。

总时延包括第一个帧传输时延，第一个帧的传播时延，确认帧的传播时延3部分组成。

【答案】一个帧长为5625bit的传输时延5625bit/1Mbps=5.625ms

发送窗口尺寸为4，总传输时延5.625ms*4=22.5ms

从发送端到接受端的传播时延为270ms

帧的控制信息、确认帧长及帧处理时间均忽略不计

从接受端到发送端的传播时延为270ms

信道的利用率=22.5/（5.625+270+270）=4.1%

例12：

两个站采用停一等协议，通过1Mbps的卫星链路通信，卫星的作用仅仅是转发数据，交换时间可忽略不计，在同步轨道上的卫星到地面之间有270ms的传播时延，假定使用长度为1024bit的HDLC帧，那么最大的数据吞吐率是多少?

（不计开销）?

答：

发送站发送一帧所需时间有3部分组成：

1024bit帧的传输时延，从地面到卫星之间270ms的传播时延和卫星到地面之间有270ms的传播时延；

接收站返回确认帧所花费的时间，若不计确认帧长，则包括从地面到卫星之间270ms的传播时延和卫星到地面之间有270ms的传播时延两部分；

采用停一等协议，总时延有这发送和确认两部分组成。

总时延=2*（2*270*10-3）+1024÷（1*106）=1.081024（s）

吞吐率T（单位时间内实际传送的位数）T=帧长/总时间

所以最大吞吐率为1024/1.081024=947.25bps

例13.设信道的数据传输速率为4Kbps，发送一帧数据所需的时间是信道单向传播延迟的3倍，通信双方采用停等协议，开始发送一帧数据至接收到确认帧所需时间为100ms。

试求出数据帧的长度（忽略帧的控制信息、确认帧长及帧处理时间）。

（11.4）

解：

总时延：

从开始发送数据帧到，返回确认帧花费的时间为总时延。

总时延包括一帧传输时延，一帧的传播时延，确认帧的传播时延3部分组成。

总时延=发送时延+单向传播时延×2=5*单向传播时延=100ms

单向传播时延为：

100/5=20ms

数据帧的长度为：

4Kbps×20ms×3=240bit

另：

设信道传播延迟为20ms，数据帧长度为240bit，通信双方采用顺序接收管道协议，其发送窗口尺寸是10，开始发送数据帧至接收到确认帧所需时间为640ms。

试求出数据传输速率（忽略帧的控制信息、确认帧长及帧处理时间）。

（11.7）

六、滑动窗口问题

发送窗口：

指发送方允许连续发送帧的序号表。

发送方在不等待应答而连续发送的最大帧数称为发送窗口的尺寸。

接收窗口：

接收方允许接收帧的序号表。

凡是发送到接收窗口内的帧，才能被接收方所接收，在窗口外的其它帧将被丢弃。

窗口滑动：

发送方每发送一帧，窗口便向前滑动一个格，直到发送帧数等于最大窗口数目时便停止发送。

只有在接收窗口向前滑动时（与此同时也发送了确认），发送窗口才有可能向前滑动。

收发两端的窗口按照以上规律不断地向前滑动，因此这种协议又称为滑动窗口协议。

滑动窗口尺寸：

停等：

发送窗口=1，接收窗口=1

Go-back-N：

1<发送窗口≤2n-1，接收窗口=1

选择重传：

1<发送窗口≤2n-1，1<接收窗口≤发送窗口

例14.采用基于滑动窗口的顺序接收管道协议发送3个数据帧。

设发送窗口为2，接收窗口为1，帧号配两位二进制数；发送完1号帧后，收到0号帧的确认帧。

请画出发送过程中发送窗口和接收窗口的变化过程。

另：

1）若数据链路的发送窗口尺寸为4，在发送了3号帧、并收到2号帧的确认后，发送方还可连续发几帧？

试给出可发帧的序号

2）.若窗口序号位数为3，发送窗口尺寸为2，采用Go-back-N协议，试画出由初始状态出发相继发生下列事件时的发送及接收窗口图示：

发送0号帧；发送1号帧；接收0号帧；接收确认0号帧；发送2号帧；接收1号帧；接收确认1号帧。

3）.课后91页第六题

七、路由算法问题

1.最短路由

2、距离矢量路由算法

例15.某通信子网如图所示，使用距离矢量路由算法。

假设到达路由器C的路由器B、D、E的矢量分别为（5，0，8，12，6，2）、（16，12，6，0，9，10）和（7，6，3，9，0，4）；C到B、D、E的延迟分别为6、3和5，试画出C的新路由表并注明使用的输出线路及从C出发到达各路由器的延迟。

（08.4）

3、RIP协议

例16.设网络中路由器B的当前路由表如题49表1所示，B收到从路由器C发来的路由信息如题49表2所示。

试给出路由器B更新后的路由表。

（11.4）

另：

设网络中路由器B的当前路由表如题49表1所示，路由器B收到从路由器C发来的路由信息如题49表2所示。

试给出路由器B更新后的路由表。

（11.7）

4、逆向路径问题

例17.考虑如下图子网，采用：

（1）反向路径转发；

（2）汇集树，从B广播分别可形成多少个分组？

（1）采用反向路径转发构造的树如下图：

第一跳：

A，C；第二跳：

F，D，I，J;第三跳：

K，H，G，I，H，D，J，E，I，N；第四跳：

L，L，F，E，O，H，M，O；第五跳：

G，M，L，H。

共需要28跳

（2）采用汇集树，如（B）图

第一跳：

A，C；第二跳：

F，D，I，J;第三跳：

K，G，H，E，N；第四跳：

L，M，O。

共需要14跳

5、多播路由

例18.计算如图5-8（a）所示子网中路由器的一个多点播送生成树

路由器的一个多点播送生成树如下图

八、ALOHA问题

例19.一万个站点在竞争使用一时分ALOHA通道。

如果每个站平均每个小时做18次请求。

信道时隙是125us。

计算总的信道负载G为多少？

（注：

网络负载是指单位帧时内系统发送的数据帧的平均数量）

解答：

求信道负载G即求每个时隙内发送的数据帧的个数

每个站平均每个小时做18次请求，一万个站点每小时是18*10000=1.8*105次请求。

1小时=3600秒；1秒=106us；时隙是125us，所以1小时有3600*106/125=2.88*107个时隙

信道负载G=1.8*105/2.88*107=6.25*10-3

另.5000个站点竞争使用一个时分ALOHA信道，信道时隙为125us，各站点每小时发出36次请求。

试计算总的信道载荷。

（信道载荷指请求次数与时隙的比值）（09.7）

例20.N个站点共享56Kbps的纯ALOHA信道。

每个站点平均每100秒输出一个1000bit的帧，不管前一个帧是否已经发出去（假设站点有发送缓存）。

N的最大值是多少？

（10.4）

解答：

对于纯ALOHA，信道利用率最大值是18.4%，

所以可用的带宽是0.184×56Kb/s=10.304kbps；

每个站都需要的带宽是1000÷100=10bps。

因此N=10304÷10≈1030。

所以，最多可以有1030个站，即N的最大值是1030。

九、CSMA/CD问题

介质访问控制（CSMA/CD），传播延时和传输延时的关系，冲突检测时间和最短帧长的计算

1、传输时延与传播时延关系：

基带CSMA/CD：

传输时延>=2倍于传播时延

宽带CSMA/CD：

传输时延>=4倍于传播时延。

2、冲突检测时间的计算：

最长冲突检测时间=2×任意两个站点间的最大距离÷信号传播速度

若两个站点同时发送数据，冲突检测时间=两个站点间的距离÷信号传播速度

3、最短帧长的计算

基带CSMA/CD

最短数据帧长=数据传输速率×2×任意两个站点间的最大距离÷信号传播速度

宽带CSMA/CD

最短数据帧长=数据传输速率×4×任意两个站点间的最大距离÷信号传播速度

例21.设A、B两站位于长1km的基带总线局域网的两端，数据传输速率为10Mbps，信号传播速率为200m／μs，若A向B发送800bit的数据帧，B接收完毕该帧所需的时间是多少？

若A、B站同时发送数据，经过多长时间两站发现冲突？

（08.4）

解：

传输时延=数据帧长÷数据传输速率=800bit÷10Mbps=80μs

传播时延=两个站点间的距离÷信号传播速度=1km÷200m／μs=5μs

B接收完毕该帧所需的时间=传输时延+传播时延=80μs+5μs=85μs

若两个站点同时发送数据：

冲突检测时间=两个站点间的距离÷信号传播速度=1km÷200m／μs=5μs

另：

A、B两站位于长2Km的基带总线局域网的两端，C站位于A、B站之间，数据传输速率为10Mbps，信号传播速度为200m／μs，B站接收完毕A站发来的一帧数据所需的时间是80μs，求数据帧的长度；若A、C两站同时向对方发送一帧数据，4μs后两站发现冲突，求A、C两站的距离。

（要求写出计算过程）（08.7）

例22.为什么采用CSMA/CD的局域网有最短帧长的要求，假设最远两站点之间距离为200m，数据传输率为100Mbps，信号传播速度为200m/μs，求最短帧长是多少位？

答：

CSMA/CD协议的一个要点就是当发送站正在发送时，若检测到冲突则立即终止发送，然后推迟一段时间再发送。

如果所发送的帧太短，还没有来得及检测到冲突就已经发送完了，那么就无法进行冲突检测了。

因此，所发送的帧的最短长度应当要保证在发送完毕之前，必须能够检测到可能最晚来到的冲突信号。

传播时延=两个站点间的距离÷信号传播速度=200m÷200m/μs=1μs

基带CSMA/CD中，为了能检测到冲突，传输时延至少是2倍于传播时延，故传输时延=2μs

最短数据帧长=传输时延×数据传输速率=2μs×100Mbps=200bit

另：

1）有一个电缆长度为1Km的CSMA/CD局域网，信号传播速度为光速的2/3，其最小帧长度为1000bit。

试求出数据传输速率。

（09.4）

2）有一个电缆长度为1Km的CSMA/CD局域网，数据传输速率为1Gbps，信号传播速度为2×105Km/s。

试求出最小帧长度。

（10.4）

例23.有一个电缆长度为2Km的CSMA/CD局域网，数据传输率为10Mbps，信号传播速度为光速2/3，数据帧长度是512bit（包括32bit开销），传输成功后的第一个时隙留给接收方，用于捕获信道并发送一个32bit的确认帧。

假设没有冲突发生，试求出有效的数据传输速率（不包括开销）。

（光速值为3×10¬5Km/s）

【解析】有效的数据传输速率=传输数据帧长度÷总时间。

传输数据帧长度=总数据帧长度-开销

总时间=发送方传输时延+发送方到接收方传播时延+接收方确认帧传输时延+接收方到发送方传播时延

解：

发送方传输时延=512bit÷10Mbps=51.2μs

接收方确认帧传输时延=32bit÷10Mbps=3.2μs

发送方到接收方传播时延=接收方到发送方传播时延=2Km÷2/3×3×10-5Km/s=10μs

总时间=51.2μs+10μs+3.2μs+10μs=74.4μs

有效的数据传输速率=（512bit-32bit）÷74.4μs=6.45Mbps

十、令牌环问题

1、环的比特长度=信号传播时延×数据传输速率＋接口延迟位数=环路介质长度×5（μs/Km）×数据传输速率＋接口延迟位数

例24.某令牌环介质长度为20km，数据传输速率为2Mbps，环路上共有50个站点.每个站点的接口引入1位延迟，设信号在介质中的传播速度为200m／μs，试计算环的比特长度。

答：

环的比特长度=信号传播时延×数据传输速率＋接口延迟位数=环路介质长度÷200m/μs×数据传输速率＋接口延迟位数=20000÷200m/μs×2Mbps+50×1=250bit

另：

1）对于20Km长的4Mbps的令牌环网，信号传播速度为2×108m／s，环的比特长度为500bit，每个站点的接口引入2位延迟，试求环上的站点个数（要求写出计算过程）。

（10.7）

2）长2Km，传输速率为10Mbps，50个站点的802.5令牌环，信号传播速度为200m/μs。

问：

（1）在不考虑接口延迟的情况下，发送的信息返回发送站的信号传播时延为多少？

（2）若每个站引入一位延迟，该令牌环比特长度为多少？

3）设一个长度为10Km，数据传输速率为4Mbps的令牌环局域网中有3