2022年2022年计算机网络答案 .pdf

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1、6. 一个带宽为6MHz 的信道， 若用 4 种不同的状态表示数据，在不考虑热噪声的情况下最大数据传输速率是多少？在不考虑热噪声的理想情况下，计算信道容量的公式是奈奎斯特公式。现已知带宽H 6MHz ，码元可取的有效离散值个数N4，则信道的最大数据传输速率为：C2Hlog2N26106log24 b/s24Mb/s 7. 某信道带宽为3kHz，信噪比为30dB，试计算该信道的最大比特率。若采用二进制信号传输，则该信道的最大比特率是多少？由信噪比 30db 可知 S/N1030/101000。现已知带宽H 3kHz，根据香农公式可知信道的最大比特率为：CHlog2 (1+S/N) 3103 lo

2、g2 (1+1000) 30kb/s。若采用二进制信号传输，该信道的最大比特率为：C2Hlog2N23103 log226 kb/s。8 要在带宽为4kHz 的信道上用4 秒钟发送完20KB 的数据块，按照香农公式，信道的信噪比最小应为多少分贝？要在带宽为4kHz 的信道上用4 秒钟发送完20KB 的数据块，即所需的数据传输速率为20KB/4=40kbps ，由香农公式有C=Hlog2 (1+S/N) 由 H=4kHz ，C40kbps，得 S/N1024，因此 10log10(S/N) 30dB, 即信噪比最小应为30 分贝。13. 计算 T1 载波线路的编码效率和开销率。若要采用两种物理状

3、态传输的50kb/s 信道上传输 1.544Mb/s 的 T1 载波，问信道的信噪比至少应该是多少？在 T1 载波线路中，一帧包括193b。这 193b 按时分多路复用方式细分为24 个信道，每个信道 8b，余下 1b 作同步位。 8b 中 1b 用来传输控制信号，7b 用来传输数据信息。据此，T1 载波线路的编码效率为：247/19387对应地，开销率为1-0.8713因为是采用两种物理状态传输数据，则从数值上来说，BS，而 B2H，所以信道带宽HB/2S/225kHz。由香农公式C=Hlog2(1+S/N)可知信噪比S/N2C/H-121.544M/25k-1 261.76-1 以分贝计算

4、，则S/N10log10(261.76-1)186dB 17. 共有四个站点进行CDMA 通信，四个站点的码片序列分别为：A：(-1 -1 -1 +1 +1 -1 +1 +1) B：(-1 -1 +1 -1 +1 +1 +1 -1) C：(-1 +1 -1 +1 +1 +1 -1 -1) D：(-1 +1 -1 -1 -1 -1 +1 -1) 现收到码片序列（-1 +1 -3 +1 -1 -3 +1 +1 ），问哪个站发送了数据？发送的1 还是 0？设当前收到的码片序列S为（ -1 +1 -3 +1 -1 -3 +1 +1 ）则 AS=8iii 118AS=1 BS=8iii 118BS=-1

5、 CS= 8iii 118CS=0 DS= 8iii 118DS=1 名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 1 页，共 12 页 - - - - - - - - - 所以站点A 和 D 发送“ 1”， B 发送“ 0”，站点C 未发送数据。x7+x5+1 被生成多项式x3+1 除，所得余数是多少？解： x7+x5+1 对应的二进制位串为10100001，x3+1 对应的二进制位串为1001，通过多项式除法运算，可得余数为111.（过程略）8. 采用生成多项式G(X)=X4+

6、X3+X+1 为信息位1010101 产生循环冗余码，加在信息位后面形成码字， 再经比特填充后从左向右发送，问发送在物理线路上的比特序列是什么？解：由生成多项式的次数可知冗余位位数为4，信息位对应的多项式为x6+x4+x2+1，在信息位后面附加4 位 0 对应的多项式为x4*( x6+x4+x2+1)，用生成多项式G(X) 去除x4*( x6+x4+x2+1)可得余数多项式，经计算，可得余数为1011，因此需通过物理线路传送的比特序列是10101011011。9. 已知循环冗余码的生成多项式为X5+X4+X+1 ，若接收方收到的码字为1010110001101，问传输中是否有差错？解：生成多项

7、式G(X) X5+X4+X+1对应的代码为110011，若接收码字为1010110001101，计算 T(X) 模 2 除 G(X)的余数： 11000100 110011 1010110001101 110011 110000 110011 110011 110011 00001 由算式可知余数为000010，因此传输有错，所接收的码字不是正确的码字。10. 若信息位为1001000，要构成能纠正一位错的海明码，则至少要加上多少冗余位？写出其监督关系表达式。解：信息位长度k7，根据表达式2rk+r+1 可知冗余位长度r 4，所以最后构成的海明码码字长度应为nkr11，在 7 位信息位 a10

8、a9, a5a4后追加 4 位冗余位a3a2a1a0，构成 11 位码字 a10a9,a1a0。设置校正因子与错码位置的对应关系如下：0123SSSS0000 0001 0010 0100 1000 0011 0101 0110 0111 1001 1010 1011 错码位置无错a0a1a2a3a4a5a6a7a8a9a10由上表可得监督关系式：S0=a0a4a5a7a8a10 S1=a1a4a6a7a9a10S2=a2a5a6a7S3=a3a8a9a10令 S3S2S1S00000，即令a0a4a5a7a8a10=0a1a4a6a7a9a10=0a2a5a6a7=0a3a8a9a10=0由

9、此可求得各冗余位的生成表达式：a0a4 a5 a7a8a10 a1a4 a6 a7a9a10a2a5a6a7名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 2 页，共 12 页 - - - - - - - - - a3a8a9a1011. 若海明码的监督关系式为：S0=a0a3a4a5S1=a1a4a5a6S2=a2a3a5a6接收端收到的码字为：a6a5a4a3a2a1a0=1010100，问在最多一位错的情况下发送端发送的信息位是什么？解：将 a6a5a4a3a2a1a0=101

10、0100 带入监督关系式可得：S0=a0a3 a4 a5=0010=1 S1=a1a4 a5 a6=0101=0 S2=a2a3 a5 a6=1001=0 因为 S2S1S0 001 0，接收的码字有错，错误位置是a0，所以正确的码字应为1010101。14. 50Kb/s 卫星信道上，采用停等协议，帧长度为1000 比特，卫星的上行和下行链路的延迟都为 125ms，不考虑误码率而且假设确认帧的处理时间可以忽略，计算该卫星信道的利用率。解： 50Kb/s 卫星信道上发送帧长度为1000 比特的数据帧所需时间为1000b/50Kb/s=20ms 卫星的上行和下行链路的延迟都为125ms， 因此数

11、据帧到达接收方及确认帧返回所需时间为 2* （125ms+125ms）=500ms，不考虑误码率而且假设确认帧的处理时间可以忽略的情况下，该卫星信道的利用率为20ms/(20+500)ms=3.8% 15. 一个数据传输速率为4Kb/s、单向传播时延为20ms 的信道，确认帧长度和处理时间均忽略不计，则帧长度在什么范围内，停等协议的效率可以达到50%？解：分析停等协议的信道利用率，如下图所示：假设帧长度为L 比特，由题可知数据传输速率B=4Kb/s ，单向传播时延R 为 20ms，采用停等协议进行数据帧的传输，确认帧长度和处理时间均忽略不计，若使效率达到50%，即/50%/2L BL BR代入

12、 L、B 和 R，可得 L160b。名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 3 页，共 12 页 - - - - - - - - - 16. 使用回退 n 帧协议在3000km 长的 1.544Mb/s 的 T1 干线上发送64 字节的帧， 若信号传播速度是 6 s/km，问帧的顺序号应是多少位？解：在信号传播速度为6s/km、 3000km长的信道上传输数据，传输延迟为：6 300018000s 1.544Mb/s的 T1 干线每秒传输8000 个 193b 的数据帧，每帧

13、有248b 的数据和1b 的同步比特，因此实际用于数据传输的带宽为1.544 800010-6 1.536Mb/s 。那么，发送一个 64B的数据帧所需的发送时间为： 648/1.536 333s若确认帧的发送时间很短，可以忽略不计， 则一个数据帧自发送到确认帧返回发送方所需时间为： 333180001800036333s若发送方在等待第一帧确认期间一直发送数据帧，则可以发送36333/333 110 帧。对 110 帧编号，则需要7 位帧序号。17. 重负荷的 50Kb/s 卫星信道上，用选择重传协议发送含40 比特帧头和3960 比特数据的帧。假定无确认帧，NAK 帧为 40 比特，数据帧

14、的出错率为1， NAK 帧的出错率可忽略不计，顺序号是7 位，问由于帧头和差错重发而浪费的信道带宽占百分之几？解：在 50kb/s 的卫星信道上发送帧长为4039604000b 的数据帧，所需发送时间为： 4000/50k80ms 这样，从 t 0 时刻开始发送，在t 80ms时发送方发送一帧完毕。已知卫星信道延迟为 270ms，因此，在t 80 270350ms时数据帧到达接收方。因为没有确认帧，可以采用捎带应答方式进行确认。所以， 在 t 35080430ms时，带有反向捎带应答的数据帧从接收方发向发送方，该帧在t 430270 700ms时到达发送方。一帧的传输周期为700ms 。帧序号

15、长度为7 位，因此窗口大小最大可达27-1 64。连续发送64 个数据帧所需时间64 805120ms ，远大于一个帧的传输周期700ms 。这意味着64 的窗口大小足以令信道始终保持繁忙，所以总开销可以由单个数据帧的开销得到。数据帧的出错率为1，对于帧长为4000b 的数据帧来说，平均重传长度为4000140b，传送 NAK的平均长度为40 1 0.4b 。所以，传输3960b 数据带来的附加开销为40 400.4 80.4b 。因此，帧头和差错重发的开销占总带宽的比例为： 80.4/(396080.4) 218. 一个 1Mb/s 的卫星信道上发送1000bit 长的帧。信号在信道中端到端

16、传输延迟是270ms，假定 ACK 帧很短，占用信道的时间忽略不计，并且使用3 位的帧序号。对以下协议而言,计算卫星信道可能达到的最大信道利用率。(a)停 -等协议； (b)回退 N 协议； (c)选择重传协议解：三种协议的窗口大小值分别是1,7 和 4. 以 1Mb/s 发送 ,1000bit长的帧的发送时间是1ms. 我们用 t = 0表示传输开始时间, 那么在 t = 1ms 时, 第一帧发送完毕. t = 271ms,第一帧完全到达接收方. t = 541ms时确认帧到达发送方. 因此周期是541ms.如果在541ms内可以发送k 个帧 ,( 每个帧发送用1ms时间 ), 则信道的利用

17、率是k/541, 因此 : (a)k = 1,最大信道利用率 = 1/541 = 0.18% (b)k = 7,最大信道利用率 = 7/541 = 1.29%（1 分）(c)k = 4,最大信道利用率 = 4/541 = 0.74%（1 分）名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 4 页，共 12 页 - - - - - - - - - 一个如图4-42 所示的子网。采用距离矢量路由选择算法，如下向量进入路由器C：来自 B的（ 5,0,8,12,6,2）；来自 D 的（ 16

18、,12,6,0,9,10）；来自 E 的（ 7,6,3,9,0,4）。到 B、D 和E 的延迟分别是6、3 和 5。C 的新路由选择表是什么样的？给出采用的输出线路和预计延迟。图 4-42 解：通过B给出 (11 ，6， 14，18，12，8) 通过 D给出 (19 ，15，9，3， 12，13) 通过 E给出 (12 ，11，8，14，5，9) 取到达每一个目的地的最小值得： (11，6，0， 3，5，8) 输出线路是：(B，B， D， E，B)数据报子网允许路由器在必要时扔掉分组。一个路由器扔掉分组的概率为P。考虑一源端主机连接到源端路由器，源端路由器又连到目的端路由器，它又连接到目的主机

19、。如果其中一个路由器扔掉一个分组，源端主机最后会超时，并重传该分组。 如果主机到路由器及路由器到路由器的线路都算作一个站段，那么：（1）一个分组在每次传输中所经过的平均站段数是多少？（2）一个分组平均传输次数是多少？（3）每次收到的分组所需的平均站段数为多少？解：由源主机发送的分组可能行走1 个站段、 2 个站段或 3 个站段。走 1 个站段的概率是p，走 2 个站段的概率是p(1-p) ，走 3 个站段的概率是(1-p)2，那么，一个分组平均通路长度的期望值：L=1p+2p(1-p)+3(1-p)2=p2-3p+3 即每次发送一个分组行走的平均站段数是p2-3p+3 。一次发送成功(走完整个

20、通路) 的概率等于 (1-p)2 ，令 a(1-p)2，两次发射成功的概率等于 (1-a)a,三次发射成功的概率等于(1-a)2a，,因此，一个分组平均发送次数为：T=a+2a(1-a)+3a(1-a)2+,=a/(1-a)(1-a)+2(1-a)2+3(1-a)3+, 因为21)1 (qqkqkk所以22)1(11)1(1 11paaaaaT即一个分组平均做1/(1-p)2次发送。最后，每个接收到的分组行走的平均站段数为：名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 5 页，共

21、12 页 - - - - - - - - - H=LT=(p2-3p+3)/(1-p)210. 一个 6Mb/s 的网络中有一台由令牌桶算法控制的计算机。令牌桶以1Mb/s 的速率注入，其容量为 8Mb ， 最初令牌桶是满的。 问该计算机能以6Mb/s 的速率全速传送多长时间？解：应用公式SC/(M-P) ，其中 S表示以秒计量的突发时间长度，M表示以每秒字节计量的最大输出速率，C表示以字节计量的桶的容量，P表示以每秒字节计量的令牌到达速率。用 C8106/8=106，M=6 106/8 ，P1106/8 代入公式得到)(6.18101810610666sS所以，计算机可以用完全速率6M/s

22、发送 1.6s 的时间11. IP 地址分为几类？各如何表示？答：在分类IP 地址中，将IP 地址共分为五类，分别是A 类、 B 类、 C 类、 D 类和 E 类。不同类别的IP 地址，网络号和主机号这两部分的长度是不同的，如下图所示。12. 在分类 IP 地址空间中，试分别计算A 类、 B 类和 C 类 IP 地址所包含的网络数量及每个网络中包含的主机数量。答：如表所示：网络类别可用网络数目第一个可用的网络号最后一个可用的网络号每个网络中可容纳主机数量A类网络126 (27 2) 1 126 16,777,214 （224-2）B类网络16,383(214 1) 128.1 191.255

23、65,534 （216-2 ）C类网络2,097,151 (221 1) 192.0.1 223.255.255 254（28-2 ）13. 子网掩码有什么作用？A 类、 B 类、 C 类 IP 地址的子网掩码各是什么？答：在一个网络中引入子网，就是将主机号进一步划分成子网号和主机号，通过灵活定义子网号的位数， 就可以控制每个子网的规模。传统的网络号 - 主机号两级IP 地址空间变成网络号- 子网号 - 主机号三级IP 地址空间，为了判断IP 地址所属的网络，需要用到子网掩码。在传统的分类IP 地址空间中，A、B、 C类 IP 地址对应的子网掩码分别是255.0.0.0、255.255.0.0

24、和 255.255.255.0。14. 将一个A 类地址空间划分为如下数目的子网，试计算所需的子网号比特数、对应的子网掩码及每个子网包含的主机数。（1） 2 （2） 6 （3） 510 名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 6 页，共 12 页 - - - - - - - - - 答： (1) 由于要划分成2 个子网，需要扩展1 位(212)主机号作为子网号，此时子网掩码由原来的 255.0.0.0 变为 255.128.0.0，即 11111111 10000000 00

25、000000 00000000 ，包含的主机数为 223-2=8388606；(2) 由于要划分成6 个子网，需要扩展3 位(2386)主机号作为子网号，此时子网掩码由原来的255.0.0.0 变为 255.224.0.0，即 11111111 11100000 00000000 00000000 ，包含的主机数为 221-2=2097150；(3) 由于要划分成510 个子网，需要扩展9 位(29512510)主机号作为子网号，此时子网掩码由原来的255.0.0.0 变为 255.255.128.0，即 11111111 11111111 10000000 00000000 ，包含的主机数为

26、215-2=32766。15. 在一个B 类地址空间中，如果其子网掩码分别如下，试计算其子网号比特长度、可划分的子网数及每个子网包含的主机数。（ 1） 255.255.240.0 （2） 255.255.255.0 （3） 255.255.255.248 答： (1) 将 255.255.240.0 变为二进制形式：11111111 11111111 11110000 00000000 由 B 类地址空间的结构可知：子网号比特长度为4 位，所以可划分的子网数为24=16，包含的主机数为212-2=4094；(2) 将 255.255.255.0 变为二进制形式：11111111 1111111

27、1 11111111 00000000 由 B 类地址空间的结构可知：子网号比特长度为8 位，所以可划分的子网数为28=256，包含的主机数为28-2=254；(3) 将 255.255.255.248 变为二进制形式：11111111 11111111 11111111 11111000 由 B 类地址空间的结构可知：子网号比特长度为13 位，所以可划分的子网数为213=8192，包含的主机数为23-2=6。16. 解释网络地址、32 位全 0 的地址以及网络号全0 的地址的含义。答：网络地址是网络号不为0 但主机号为0 的 IP 地址，用来标记一个对应的网络。32 位全 0 的地址代表默认

28、路由地址。网络号是全0，该地址是本网络上的特定主机地址。路由器收到目的地址是此类地址的IP 报文时不会向外转发该分组，而是直接交付给本网络中的特定主机号的主机。17. 直接广播地址和受限广播地址的区别是什么？答：目的地址为直接广播地址的IP 报文将被发送到特定网络中的所有主机。目的地址为受限广播地址的IP 报文将被发送到本物理网络中的所有主机。路由器阻挡该报文通过，将其广播功能只限制在本网内部。18. 有两个 CIDR 地址块 205.128/11 和 205.130.28/22，试判断二者是不是有包含关系。如果有，请指出并说明原因。答：将两个地址块转换为二进制形式得：11001101 100

29、00000 00000000 00000000 (205.128/11) 11001101 10000010 00011100 00000000 (205.130.28/22) 由两者的地址结构可以看出，205.128/11 包含 205.130.28/22 的地址空间。19. 有 如 下 的4 个 地 址 块 ： 212.206.132.0/24 、 212.206.133.0/24 、 212.206.134.0/24 、212.206.135.0/24，试进行最大可能的聚合，并写出其对应的掩码。解：将 4 个/24 地址块变为二进制形式有：11001010 11001110 100001

30、00 00000000 (202.206.132.0/24) 11001010 11001110 10000101 00000000 (202.206.133.0/24) 11001010 11001110 10000110 00000000 (202.206.134.0/24) 11001010 11001110 10000111 00000000 (202.206.135.0/24) 名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 7 页，共 12 页 - - - - - - -

31、 - - 将上面 4 个地址块聚合为一个地址块，得到11001010 11001110 10000100 00000000 (202.206.132.0/22) ，对应的掩码为255.255.252.0 20. 以下地址中的哪一个和86.32/12 匹配？说明理由。（1）86.33.224.123 （2）86.79.65.216 (3) 86.58.119.74 (4) 86.68.206.154 答：分别写出四个地址对应的二进制形式，若其前12 位二进制串与86.32/12 的二进制形式的前 12 位相同，则该地址和86.32/12 匹配。因此（ 1）86.33.224.123 和 86.3

32、2/12 匹配。21. 某单位分配到一个地址块136.23.16.64/26，现在需要进一步划分为4 个一样大的子网，回答以下问题：(1)每个子网的网络前缀有多长？(2)每一个子网中有多少个地址？(3)每一个子网的地址块是什么？(4)每一个子网可分配给主机使用的最小地址和最大地址分别是什么？答：（ 1）每个子网前缀为28 位。（2）每个子网中有16 个地址。（3）四个子网的地址块分别是：136.23.16.64/28 136.23.16.80/28 136.23.16.96/28 136.23.16.112/28 （4）地址块 136.23.16.64/28 中可分配给主机使用的最小地址是13

33、6.23.16.65，最大地址是136.23.16.78 地址块 136.23.16.80/28 中可分配给主机使用的最小地址是136.23.16.81，最大地址是136.23.16.94 地址块 136.23.16.96/28 中可分配给主机使用的最小地址是136.23.16.97，最大地址是136.23.16.110 地址块 136.23.16.112/28 中可分配给主机使用的最小地址是136.23.16.113，最大地址是136.23.16.126 37. 设路由器R1有如下所示的路由表：目的网络子网掩码下一个路由器地址128.96.39.0 255.255.255.128 接口 0

34、128.96.39.128 255.255.255.128 接口 1 128.96.40.0 255.255.255.128 R2 192.4.153.0 255.255.255.192 R3 *（默认）R4 R1可以直接从接口0 和接口 1 转发 IP 报文，也可以通过相邻的路由器R2、R3和 R4进行转发。现有5 个 IP 报文，其目的IP 地址分别为：（1）128.96.39.12 （2）128.96.40.15 （3）128.96.40.172 （4）192.4.153.28 （5）192.4.153.93 试分别计算R1转发这些报文的下一个路由器地址。答： (1) 此 IP 地址属于

35、网络128.96.39.0，其下一路由器地址为接口0；(2) 此 IP 地址属于网络128.96.40.0，其下一路由器地址为R2；(3) 此 IP 地址属于网络128.96.40.0，其下一路由器地址为R2；(4) 此 IP 地址属于网络192.4.153.0，其下一路由器地址为R3；名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 8 页，共 12 页 - - - - - - - - - (5) 此 IP 地址属于网络192.4.153.0，其下一路由器地址为R3。38. 某公司网

36、络拓扑图如图4-43 所示，路由器R1通过接口 E1、E2分别连接局域网1、局域网 2，通过接口L0连接路由器R2，并通过路由器R2连接域名服务器与互联网。R1的L0接口的 IP 地址是 202.118.2.1；R2的 L0接口的 IP 地址是 202.118.2.2，L1接口的 IP 地址是 130.11.120.1， E0接口的 IP 地址是 202.118.3.1； 域名服务器的IP 地址是 202.118.3.2。路由器 R1 和 R2 的路由表结构为：目的网络IP 地址子网掩码下一跳 IP 地址接口(1) 将 IP 地址空间202.118.1.0/24 划分为两个子网，分配给局域网1

37、、局域网 2，每个局域网分配的地址数不少于120 个，请给出子网划分结果，说明理由或给出必要的计算过程。(2) 请给出 R1 的路由表，使其明确包括到局域网1 的路由、局域网2 的路由、域名服务器的主机路由和互联网的路由。(3) 请采用路由聚合技术，给出R2 到局域网1 和局域网 2 的路由。图 4-43 某公司网络拓扑图解：（1）考虑到每个局域网要120 台主机，则IP 地址中主机号部分需要7 位才能满足需要（27-2=126120 ） ，也就是说网络前缀部分为25 位。所以可以按照如下方案划分：局域网 1：202.118.1.0/25 局域网 2：202.118.1.128/25 子网掩码

38、都是255.255.255.128 （2）根据上面的数据，可以很简单的得出R1的路由表为：目标 IP子网掩码下一跳 IP转发接口202.118.1.0/25 255.255.255.128 直接连接E1202.118.1.128/25 255.255.255.128 直接连接E2202.118.3.2 255.255.255.255 222.118.2.2 L0默认路由0.0.0.0 222.118.2.2 L0（3）根据上面的数据，R2 到局域网1 和局域网2 的路由为：目标 IP子网掩码下一跳 IP转发接口名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - -

39、 - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 9 页，共 12 页 - - - - - - - - - 202.118.1.0/24 255.255.255.0 222.118.2.1 L0传输连接的建立和释放为什么采用三次握手协议？使用两次握手建立连接会产生死锁吗？试举例说明。答：三次握手完成两个重要功能，既要双方做好发送数据的准备工作，也要允许双方就初始序列号进行协商，这个序列号在握手过程中被发送与确认。若把三次握手改成仅需两次握手，死锁是可能发生的。例如，考虑计算机A和 B之间的通信。假定B和 A发送一个连接请求分组，A收到了这个分组，并发送了确认应答分组。

40、按照两次握手的协定，A认为连接已经成功的建立了，可以开始发送数据分组。 可是 B在 A的应答分组在传输中被丢失的情况下，将不知道 A是否已准备好，不知道 A建议什么样的序列号用于A到 B的交通， 也不知道 A是否同意B所建议的用于B到 A 交通的序列号，B 甚至怀疑 A 是否收到自己的连接请求分组。在这种情况下，B认为连接还未建立成功，将忽略A 发来的任何数据分组，只等待接收连接确认应答分组。而A在发出的分组超时后，重复发送同样的分组。这样就形成了死锁。15. 一个 TCP 连接总是以1KB 的最大段发送TCP 段，发送方有足够多的数据要发送，当拥塞窗口为 16KB 时发生了超时，如果接下来的

41、4个 RTT 时间内的TCP 段的传输都是成功的，那么当第4 个 RTT 时间内发送的所有TCP 段都得到肯定应答时，拥塞窗口值为多少？答：略16. 在一个 TCP 连接中， TCP 的拥塞窗口大小与传输周期的关系如下所示：拥塞窗口1 2 4 8 16 32 33 34 35 36 37 38 39 传输周期1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 拥塞窗口40 41 42 21 22 23 24 25 26 1 2 4 8 传输周期14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 请回答下列问题。（1）画出拥塞窗口与传输周期的关系曲线。（2）指出

42、 TCP 工作在慢启动阶段的时间间隔。（3）指出 TCP 工作在拥塞避免阶段的时间间隔。（4） 在第 16 个传输周期之后， 检测出报文段的丢失是根据三个重复确认还是根据超时？（5）在第 1 个、 18 个和 24 个传输周期里，拥塞避免阈值分别被设置为多大？（6）第 70 个报文段在哪一个传输周期内发送？（7）假定在第26 个传输周期后，收到3 个重复的确认而检测到有分组丢失，那么拥塞窗口和拥塞避免阈值分别被设置为多大？答：（ 1）如图，横坐标为传输周期，纵坐标为拥塞窗口。名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精

43、心整理 - - - - - - - 第 10 页，共 12 页 - - - - - - - - - 0510152025303540451234567891011121314151617181920212223242526（2）慢启动阶段的时间间隔：1,6和23,26 （3）拥塞避免阶段的时间间隔：6,16和17,22 （4）根据三个重复确认（5）32、21、21 （6）第 7 个传输周期内（7）拥塞窗口为4，拥塞避免阈值为4 名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 11 页

44、，共 12 页 - - - - - - - - - 假定网络中的路由器B 的路由表有如下的项目（这三列分别表示“目的网络”、 “距离”和“下一跳路由器” ）N17A N22C N68F N84E N9 4 D 现在收到从C 发来的路由信息（这两列分别表示“目的网络”和“距离”） ：N27 N32N48 N8 2 N74 试求出路由器B 更新后的路由表。并说明理由有个公司有个C 类地址192.168.4.0-192.168.4.255 0 和 255 算的A 部门有电脑30 台B 部门有电脑85 台C 部门有电脑20 台D 部门有电脑40 台请划分 4 个子网求出 A.B.C.D 的 IP 和子网掩码？名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 12 页，共 12 页 - - - - - - - - -