2022年2022年计算机网络自测题 .pdf

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1、计算机网络自测题1 第1章计算机网络技术概论5在 FM （调频）电台广播中，SAP（服务访问点）地址是什么？答案： SAP（服务访问点）地址是所使用的频率，例如103.7 MHZ 、 94.2MHZ 等。6列举使用分层协议的两条理由。答案：（1） 把复杂的设计问题分割为较小的简单问题；（2） 某一层协议的改变不影响相邻的其他层协议。8分组交换网中的结点交换机具有OSI 模型中哪几层的功能？它们至少应保存哪些信息？答案： 分组交换网中的结点交换机具有OSI 模型中物理层，数据链路层以及网络层的功能。它们至少应保存以下信息：为在数据链路层传输帧以及在网络层转发分组所需的信息，包括窗口信息和寻址信息

2、，以及网络层的路由及拥塞控制信息等。11占据两边山脊的蓝军与山谷中的白军作战。假定一边山脊上的蓝军打不过白军，但两边山脊的蓝军协同作战则可战胜白军。一支蓝军准备于次日正午向白军发起攻击。于是发送电文给另一山脊上的友军。但通信线路不可靠，电文可能出错或丢失。因此要求收到电文的友军必须送回一个确认电文。但此确认电文也可能出错或丢失。能否设计出一种协议使蓝军能够实现协同作战，以保证（即100 % ）取得胜利？答案： 不可能设计出这样的协议。可以证明不存在有效解决该问题的协议。假如存在某种协议的话，那么，协议中最后一条信息要么是必需的，要么不是。如果不是，可以删除它（以及其它任何不必要的信息），直到剩

3、下的协议中每条信息均必不可少。若最后一条信息没有安全到达目的地会怎样呢？因为这条信息是必需的，因此，如果它丢失了，进攻计划便不会实施。由于最后发出信息一方的司令永远无法确定该信息能否被安全收到，所以他便不会贸然行动。同样，另一支蓝军也明白这个道理，所以也不会发动进攻。13设需在两台计算机间经两个中间节点传送100 兆字节的文件，假定：(1) 计算机与中间节点间的通信线路以及中间节点间通信线路的通信速率皆为8Kbps；(2) 数据传输的差错可以忽略不计；(3) 中间节点存储转发时间可忽略不计。试计算采用甲、乙两种方案传送此文件所需时间。其中：方案甲：将整个文件逐级存储转发。方案乙：将文件分为10

4、00 字节长的幀再进行逐级存储转发，假定幀头和幀尾的开销为10 字节。答案： 方案甲传送此文件所需时间：(10010 6 8)/( 810 3 ) 3 = 310 5 s 方案乙传送此文件所需时间：1.01 3+1.01 (10 5一 1) = 101002.02s= 1.010020210 5 s 15. 客户 / 服务器系统的性能会受到两个网络因素的影响：网络的带宽（每秒可以传输多少位数据）和延迟（将第一个数据位从客户端传送到服务器端需要多少秒时间）。请给出一个网络的例子，它具有高的带宽和高的延迟。然后再给出另一个网络的例子，它具有低的带宽和低的延迟。答案： 一条几千公里长的吉比特（gig

5、abits/sec）线路，带宽和延迟都很高。一个 56kpbs的modem 呼叫同一大厦内的计算机时，其带宽和延迟都很低。16.在存储转发类型的分组交换系统中，衡量延迟的一个因素是，在通过一个交换机的时候存储和转发一个分组需要多长时间。如果交换的时间为10s，并且客户 / 服务器系统中的客户在上海、服务器在喀什，那么交换时间是否会成为一个主要因素？假设铜和光纤中的传播速度是真空中光速的2/3 。答案： 不会。光的传播速度是200 000km/s 或者 200 m/ s。信号在 10s内可传播 2km 。因此，每个交换器等于增加2km的额外光缆。 如果客户机和服务器相隔5000km，通过多达 5

6、0个交换器也只是在总距离中增加了100km ，即仅仅 2。所以，在这种环境下交换延迟不是主要因素。17.在无连接通信和面向连接的通信两者之间，最主要的区别是什么？答案： 面向连接通信有三个阶段。连接建立阶段，数据传输阶段，释放阶段。无连接通信没有连接建立和连接释放阶段。名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 1 页，共 11 页 - - - - - - - - - 计算机网络自测题2 18. 两个网络都可以提供可靠的面向连接的服务。其中一个提供一个可靠的字节流，另一个提供可靠

7、的报文流。这两者是否相同？如果你认为相同的话，为什么要有这样的区分？如果不相同，请给出一个例子说明它们如何不同。答案： 报文流和字节流是不同的。在报文流中，网络跟踪报文边界。在字节流中，它不这么做。例如，假设一个程序向一个连接写入1024字节并且过一会儿再写另外1024字节。然后接收方将读入2048字节。在报文流中， 接收方将得到两个报文，每个报文为 1024字节。在字节流中，报文边界已被忽略，接收方将把全部 2048字节看成一个单元。原有两个不同报文的事实就丢失了。第 3 章 物理层1、物理层的接口有哪几个方面的特性？各包含些什么内容？答案： 将物理层实现的主要功能描述为DTE和 DCE之间

8、的接口特性，这就是通常所谓物理层标准的含意。物理层的接口接口具有以下四方面的特性：机械特性涉及接口的机械结构，说明接口所用接线器的形状和尺寸、引线数目和排列、固定和锁定装置等等。电气特性规定 DTE/DCE之间各条信号线的电气连接及有关电路特性，说明在接口电缆的哪条线上出现的电压应处于什么范围，即什么样的电压表示1 或 0。功能特性对各接口信号线作出确切的功能定义，说明某条线上出现的某一电平的电压表示何种意义。规程特性说明对于不同功能，各种可能事件的出现顺序。4、 在光纤通信中常用的三个波段的中心分别位于 0.85 m ，1.30 m和 1.55 m 。 所有这三个波段都具有25 000GHz

9、30 000 GHz的带宽，因此光纤的通信容量非常大。以一路电话占用4kHz 带宽计，一根光纤（只用一个波段）可承载多少路电话信号？答案： ( 30 00010 9 ) Hz/（4kHz/ 电话） = 7.5 10 9电话7、在不考虑信道误码率影响的情况下，分别计算以下两种情况的报文传送时延（发送时间 +电磁信号的传播时间） 。设数据块的长度为5 000 b ，广域网的跨距为6 000Km，链路速率为9.6Kbs，设卫星信道的速率为5 Mbs。答案： 广域网的报文传送时延: sskmkmsbbT82.0/2000006000/960050001卫星信道的数据传送时延：sskmsbbT241.0

10、/300000106.32/10550004629、一个信噪比为20db，3 100Hz 宽的信道，用于发送二进制信号，求其最大信息传输速率。答案：skbCNSNSdBsbNSWC/642.20101log3100)1001(log3100100NS,2log,log1020,/)1(log221010212、某信道带宽为6 MHz，为获得 3 Mb/s 的信息传输速率，信噪比至少应为多大？答案：sbNSWC/)1(log2414.01212S,12,/)1 (log63WCWC2MMNNSsbNSWC14、说明虚调制解调器的工作原理。答案： RS-232-CV. 24标准接口只控制 DTE

11、和 DCE之间的通信，与连接在两个DCE之间的电话线路（公用电话网或专线）没有直接的关系。EIA 还规定了插头应装在DTE上，插座应装在DCE 。因此当终端或计算机与调制解调器相连时就非常方便。但是当两台计算机通过EIA-232串行接口直接相连时，就有困难。例如，这台计算机通过引线2名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 2 页，共 11 页 - - - - - - - - - 计算机网络自测题3 发送数据，但仍然传送到另一台计算机的引线2，使对方无法接收。为了不改动计算机的

12、串行接口线路，又能使两台计算机直接相连，可以采用虚调制解调器的方法。所谓虚调制解调器就是一段电缆，具体的连接方法如下图所示。这样对每台计算机来说，都好像是与一个调制解调器相连。在这种情况下，信号线6（DCE就绪）和信号线20（DTE就绪）相连后，再与对方DTE的信号线 22（振铃指示）相连，当DTE就绪信号出现时，另一方即振铃，表示有呼叫进来，此时 DCE就绪信号也产生，因此，只要双方 DTE 就绪，就同时给双方提供 DCE就绪信号。由于信号线 4 （请求发送）和信号线 5 （允许发送）接在一起，因此只要有请求就允许发送，同时对方信号线8（载波检测）也收到信号。这种连接可实现全双工通信。22一

13、条无噪声 4kHz信道按照每 1ms进行8次取样，请问最大数据传输率是多少？答案： 一条 无噪声 信道可以传送任意大数量的信息，不管信息的取样频率是多少,每个取样可发送很多数据。对于一个4KHz 的信道，取样频率为每秒8000次。如果每个取样是16 b ，这个信道可以128kbps的数据传输率发送。如果每个取样是 1024b，则信道能以 8.2Mbps的数据传输率发送。这里的关键是“无噪声”，对于一个普通的（有噪声）4KHz信道， Shannon极限将不允许以上述数据传输率发送。24如果在一条 3kHz的信道上发送一个二进制信号，该信道的信噪比为20dB，则最大可达到的数据传输率为多少？答案：

14、 信噪比为 20dB意味着 S/N=100。因为 log 2101大约是 6.658 ，于是， Shannon极限大约为 19.975kbps 。Nyquist 极限则为 6kbps。显然瓶颈是 Nyquist 极限，该信道最大可达到的数据传输率为6kbps。29某卫星通信系统中的66颗低轨道卫星被分为环绕地球的6条链环，它们环绕地球的周期是90分钟。对于地面的固定用户，卫星移交的平均间隔是多少？答案：每条链环上有 66/6 即11颗卫星， 每90分钟 11颗卫星依次通过地面的固定用户头顶一次，即每平均间隔 491秒（8分11秒）有一次卫星移交。31一个简单的电话系统包括两个端局和一个长途局，

15、每个端局通过一条1MHz 的全双工干线连接到长途局。在每8小时的工作日中，平均每部电话有4次呼叫，每次呼叫平均6分钟， 10% 的呼叫是长途的（即通过长途局）。请问一个端局能够支持最多多少部电话？（假设每条线路为4kHz）答案： 每部电话的呼叫率为0.5呼叫 /小时，每次 6分钟。因此，一部电话每小时占用电路的时间为3分钟。 20部电话可以共享一条电路，尽管这会使得负载接近100% (1)，即等待时间会很长。因为10%的呼叫是长距离的，即200部电话全时占据一条长途电路。干线中复用的长途电路为1,000,000/4000 = 250条。每条电路支持200部电话，一个端局可以支持 2002505

16、0 000部电话。35在一个星座图中，所有的点都位于一个以原点为中心的圆上。请问它使用了哪种调制方案？答案： 如果所有的点都和原点等距，显然它们都有同样的振幅，所以不用调幅。在星座图上绝不会使用调频，所以该编码是纯相移键控。36一个全双工的QAM-64(QAM （Quadrature Amplitude Modulation）, 正交调幅 ) 调制解调器使用了多少频率？答案 ：使用了二个频率，一个用于上行，一个用于下行。该调制方案只改变振幅和相位，频率不用调节。第 4 章 数据链路层3.一个报文被分成多块传输，需在每一块上附加诸如同步、差错控制及地址字段比特，假设每个块包含N 比特（其中有 H

17、 个附加比特） ，出错的块必须重发。当发送一个1352 比特的报文时，若在每一块上附加的比特数H 为 168 比特，线路的比特错误率e = 104，试确定能使平均传送的比特数（包括重传比特）最小的块长度N。当 e = 103时，结果会有什么不同？答案： 传送一块的出错概率是p l（ 1e）N每块需要传送的平均次数是：T11ii p i（1 p） 1 p /（1 p） 1 /（1 p） （注： 1 代表成功的那一次，重传的平均次数1ii p i（1 p）p（1 p）1ii p i-1 p（1 p）/(1p) 2 p / (1p) ；名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - -

18、 - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 3 页，共 11 页 - - - - - - - - - 计算机网络自测题4 计算中利用了公式：S1ia i a /(1a)( a1)，S1ii a i -11/(1a) 2）由于报文长度等于1352 比特，则该报文将分成 1352（ N168）块。则平均该报文传送的总次数是1352/（ N 一 168）1/( l P) 所以总共传送的比特数是：G1352/（N 一 168）1/( l P) N用 p l（ 1e）N代人，得到G1352/ （N 一 168）1/( l P) N1352/ （N 一

19、168）1/ （1e）N N 1352/ （1e）N1/ （N 一 168） N当 e 1 时， （1e）N 1e N，所以 G1352/（1e N）1/ （N 一 168） N令 dG/dN0 得到 e N2 168 所以 Ne/168当e10 4，N 1296 ；当 e10 3，N 410 。4一个报文由100 个 8 比特字符组成，使用下列方案在一条数据链路上传输，需要多少附加的比特？ (1).异步方式，每个字符使用一个起始位和两个停止位，每个报文使用一个帧起始字符和一个帧结束字符； (2).同步方式，每个报文使用两个同步字符（一个帧起始字符和一个帧结束字符）。答案：(1). 异步方式，

20、每个字符中的附加位数等于123， （3100） 2（38）322，所以，传输一个报文需要322 个附加的比特。 (2).同步方式，每个报文附加两个同步字符（一个帧起始字符和一个帧结束字符）。2816，所以，传输一个报文需要 16 个附加的比特。7数据链路协议中使用了下面的字符编码：A：01000111；B：11100011；FLAG ：01111110；ESC ：11100000 为了传输一个包含 4个字符的帧： A B ESC FLAG，请给出当使用下面的成帧方法时所对应的位序列（用二进制表达）：（a）字符计数。（b）包含字节填充的标志字节。（c）包含位填充的起始和结束标志。答案 ：(a)使

21、用字符计数成帧方法时所对应的位序列：00000100 01000111 11100011 11100000 01111110 (b)使用包含字节填充的标志字节成帧方法时所对应的位序列：01111110 01000111 11100011 11100000 11100000 11100000 01111110 01111110 (c) 使用包含位填充的起始和结束标志成帧方法时所对应的位序列：01111110 01000111 110100011 111000000 011111010 01111110 11某一个数据通信系统采用CRC校验方式，并且生成多项式G（x）的二进制比特序列为11001，

22、目的结点接收到的二进制比特序列为110111001（含 CRC校验码）。请判断传输过程中是否出现了差错？答案 ：由于接收到的二进制比特序列为“110111001”不能被生成多项式对应的二进制比特序列“11001”整除，故断定在传输过程中出现了差错14利用 CRC方法来传输位流10011101。生成多项式为13x。请给出实际被传输的位串。假设在传输过程中左边第三位变反了。请证明，这个错误可以在接受端被检测出来。答案：该帧是 10011101。 生成多项式是 1001。经过添加 3个0后信息为 10011101000。100111011000被1001除得余数 100。所以，实际比特串传输的是10

23、011101100。接收到的带一个错误( 在左边第三个比特) 的比特流从左至右为10111101100。此数被 1001除产生的余数为 100，这与 0不同。因此，接收方检测到这个错误，并要求重传。名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 4 页，共 11 页 - - - - - - - - - 计算机网络自测题5 15数据链路协议几乎总是将CRC 放在尾部，而不是头部，请问这是为什么？答案 ：CRC 在传输期间被计算，一旦把最后一个比特发送出去，CRC 就被计算出来了，并可添

24、加到输出流尾部。如果CRC 在头部，在传输前为了计算CRC ，必须将该帧扫描一次。这就要求每个字节要处理两次：一次进行校验和计算，一次进行传输，使工作量加班加点，不合理。22举例说明：对于选择重传ARQ协议，若用n 比特进行编号，则接收窗口的最大值受公式WR 2 n/ 2 的约束 。答案： 因 WT WR 2n，而 WR的最大值不能超过WT（否则无意义） ，故得出 WR 2 n / 2式。23在选择重传ARQ协议中，设编号用3 比特，发送窗口WT = 5，接收窗口WR= 4。举出使协议不能正确工作的一种情况。答案 ：设想在发送窗口内的序号为0, 1, 2, 3, 4；而接收窗口等待后面的, 5

25、, 6, 7，0。接收端若收到0 号帧，则无法判断是新帧或重传的（当确认帧丢失）。24 在连续 ARQ协议中，设编号用3 比特，发送窗口WT = 8。试找出使协议不能正确工作的一种情况，答案： 设想在发送窗口内的序号为0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7；而接收窗口等待后面的0。接收端若收到0 号帧，则无法判断是新帧或重传的帧（当确认帧丢失）。26 卫星信道的容量为1Mb/s，数据帧长为2 000 b ，忽略确认帧长和处理时间。计算以下情况的信道利用率：(1) 停止等待协议。(2) 连续 ARQ 协议， WT = 7。(3) 连续 ARQ 协议， WT = 127。(4) 连续 ARQ

26、 协议， WT = 255。答案： 题目忽略确认帧长和处理时间，也忽略误码。对应4 种协议的窗口大小值分别是1、7、127 和 255。设使用卫星信道端到端的传输延迟是270ms，以 1Mb s 发送， 2 000 b长的帧的发送时间是2ms。用 t 0 表示传输开始时间，则在t 2ms 时，第一帧发送完毕。t 272ms，第一帧完全到达接收方。t 272ms 时，对第一个帧的确认帧发送完毕（忽略确认帧长和处理时间）。t542ms时带有确认的帧完全到达发送方。因此周期是542ms 。如果在 542ms内可以发送k 个帧（ k=WT） ，每个帧发送用2ms时间，则信道利用率U = 2k /542

27、k /271 ，因此各情况下的信道利用率为：(1) 停止等待协议：U = 1/271036 。(2) 连续 ARQ 协议， WT = 7：U =7/271252 。(3) 连续 ARQ 协议， WT =12 7：U = 127/2714572 。(4)连续 ARQ 协议， WT =255： U =255/271918 。27一条 3000km的T1线路被用来传输 64字节的帧，发送方与接收方之间使用回退N 帧技术的滑动窗口协议。如果传输速度为 6s/km，则序列号应该有多少位？答案： 信号跨越 3000km的传播的时间是 18ms 。一个 64字节帧以 T1速度（即 1.536Mbps，不包括

28、 1bit 头部）发送，需要0.3ms。因此，第一个帧自开始发送到完全到达对方需要18.3ms。对方的确认经过另一个18ms 返回（加上一个小的可以忽略的时间）。因此，到确认完全返回所用的时间总共为36.3ms。为了有效操作，序列空间（实际上，发送窗口尺寸）必须足够大才能保证发送方持续发送直到第一个确认被收到。根据上述分析可知，发送方的窗口空间必须足够持续36.3ms。发送一帧需要 0.3ms，所以填充发送方与接收方之间36.3ms的数据管道总共需要121个帧。 7-bit序列编号即可满足此要求。29在一个负载很重的50kbps的卫星信道上使用选择重传滑动窗口协议，数据帧包含40位的头和 39

29、60位的数据，请计算一下浪费在头部和重传的开销占多少比例。假设从地球到卫星的信号传输时间为270ms 。ACK 帧永远不会发生。NAK 帧为 40位。数据帧的错误率为1% ，NAK 帧的错误率忽略不计。序列号为8位。答案 ：对一个 50kbps信道和 8bit 序列号，管道总是满的。每帧的重传数大约是0.01 。大约每 100帧一次重传，即加上一个 4000比特的重传帧，并再加上一个40bitNAK 。每个好的帧浪费（开销）40比特的头部。加上4000比特的 1% （重传），并再加上一个40bitNAK 的1% 。于是，每 3960数据比特会附加 80.4比特开销（浪费），则浪费在头部和重传的

30、开销占的比例为80.4/(3960 80.4) 名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 5 页，共 11 页 - - - - - - - - - 计算机网络自测题6 1.99%。30考虑在一个无错误的64kbps卫星信道上单向发送512字节的数据帧，有一些非常短的确认从另一个方向回来。对于窗口大小为 1、7、15和27的情形，最大的吞吐量分别是多少？从地球到卫星的传输时间为270ms 。答案： 数据帧的传输开始于t = 0。当 t （4 096/64 000）s = 64 m

31、s时，最后一比特被发送。当t = 334ms，最后一个比特到达卫星， 很短的 ACK 被发送 （即可忽略其发送时间）。当t = 604 ms时，ACK 到达地球。这里的数据速率是604ms内4 096bits，即 6781bps。当窗口尺寸是 7帧时，全窗口传输时间是448ms，此时发送方不得不停下来。在604ms，第一个 ACK 到达，循环可以再次开始。这里604 msec有7 4 096 28,672 bits。数据速率是 47 470.2bps。当第一个 ACK在604ms返回并且发送器仍在发送时，持续的传输才会出现。换句话说，如果窗口尺寸大于604ms的等值传输量（帧数为 604ms/

32、64 ms），它就可以全速运行。自然，当窗口尺寸为10或者更大时，这个情况也会遇到。所以对于任何窗口尺寸为 10或者更大（ 15或者 127），数据速率都为64kbps。34PPP 基本上是以 HDLC 为基础的， HDLC 则使用了位填充技术来防止在有效载荷数据中偶尔出现标志字节，以避免引起混淆。说明为什么PPP 使用字节填充技术？答案： 很明显， PPP 被设计为用软件来实现，不像HDLC 差不多总是用硬件来实现。由于是软件实现，字节处理方式要比单个比特处理方式简单得多。35用 PPP 来发送 IP 分组的最小开销是多少？只计算由于PPP 本身而引入的开销，不计算IP 头部的开销。答案 ：

33、在最小开销情况下，每一帧有2个标志字节， 1个协议字节， 2个校验和字节，每帧一共5个开销字节。第 5 章 网络层1给出两个适合于使用面向连接服务的示例应用，再给出两个最好使用无连接服务的例子。答案： 文件传送、远程登录和视频点播需要面向连接的服务，在另一方面，信用卡验证和其他的销售点终端、电子资金转移，以及许多形式的远程数据库访问最好使用无连接服务。3数据报网络把每个分组都作为独立的单元进行路由选择，虚电路网络则不必这样做，每个数据分组都遵循一个事先确定好的路由。这个事实是否意味着虚电路网络不需要从任意源到任意目的地为分组进行路由选择的能力？答案： 不对。虚电路网络需要从任意源到任意目的地为

34、连接建立分组选择路由的能力。5给出连接建立时可能要协商的协议参数的3 个例子。答案： 在连接建立时可能要协商窗口大小、最大分组尺寸和超时值。7 假定所有的分组交换机和主机都工作正常，所有软件的运行也都没有错误，那么是否还有可能 （尽管可能性很小）会把分组投递到错误的目的地？答案：有可能。大的突发噪声可能破坏分组。使用 k 位的检验和(此处，k 是生成多项式的次数， 也是校验位的个数) ，CRC 能检测出所有长度k 的突发差错和奇数个比特错。当所有位模式的出现等可能时，长度大于k+1 的突发错不能被查出的概率是2-k, 即差错仍然有2 k的概率被漏检。 如果分组的目的地址或虚电路号因差错被改变且

35、被漏检，分组将会被投送到错误的目的地，并可能被当成正确的分组而接收。即偶然的突发噪声可能把送往一个目的地的完全合法的分组改变成送往另一个目的地的也是完全合法的分组。8请给出一个简单的试探方法，寻找通过一个网络从一个给定的源到一个给定的目的地的两条通路（假定确实存在两条这样的通路） ，以便在任一条通信线路失效的情况下在这两个结点之间还能进行通信。假定分组交换机是足够可靠的，因此不必担心分组交换机崩溃。答案： 使用最短通路搜索算法选择一条路径，然后，删除刚找到的路径中使用的所有的弧（对应一条条链路） ，接着，再运行一次最短通路搜索算法。这第2 条路径在第1 条路径中有线路失效的情况下，可以作为替代

36、路径启用，反之亦然。14.分析流量控制和拥塞控制的区别与联系。答案： 拥塞控制考虑的是全局问题，涉及到所有主机、包交换机以及与网络传输性能有关的其它因素。其实质是整个网络系统的能力匹配问题（木桶原理），只有各部分的能力都平衡了，问题才会得到解决。流量控制所要解决的问题是，使发送端发送数据的速率不要超过接收端的接收能力（即端到端的节流），大多采用从接收端到发送端的某种反馈，使发送端知道接收端所处状况。名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 6 页，共 11 页 - - - -

37、- - - - - 计算机网络自测题7 以下的简例可说明拥塞控制和流量控制的区别。设有一个链路传输速率为1Tbs 的光纤网络， 一台巨型计算机通过该网络向一台PC 机以 1Gbs的速率传送文件。 显然网络不存在拥塞问题，但必须有流量控制。 设另有一网络，其链路传输速率为1Mb s，假定有 1000 台大型计算机连入该网，其中 500 台计算机分别向另外500 台计算机以l00 kbs的速率发送文件。现在的问题就是整个网络的输入负载是否超过网络负荷能力的拥塞控制问题了。很多拥塞控制算法通过发送端到端的控制报文，告诉发送端，网络已出现麻烦，必须放慢发送速率，而这是和流量控制相似的。因此拥塞控制和流

38、量控制常常不容易区分。虽然拥塞控制和流量控制有明显的区别，但只要能在现有的网络负荷承受限度内，对网络中每一对发送端和接收端之间的点对点通信量都能进行有效的流量控制，就能使整个网络的输入负载不超过网络所能承受的限度，从而避免拥塞。事实上，网络中经常使用多级、多种流量控制方法来解决拥塞问题。因此，拥塞控制和流量控制又是有联系的。22考虑图 5-7中的网络，假设它使用扩散法作为路由算法，每个分组头中有一个跳计数器，每经过一跳之后计数器减一，计数器到0时，该分组被丢弃。如果一个从A发向 D的分组的最大跳计数为3，请列出它将要走的所有路径。同时也说明它需要消耗多少带宽(以跳数计 )。图5-7 网络拓扑图

39、答案：它会沿着以下路径前进：ABCD , ABCF, ABEF, ABEG,AGHD, AGHF , AGEB,和AGEF。使用的跳数是 24。24.在内部采用虚电路的子网中，可能采用这样一种拥塞控制机制：路由器直到“(1) 知道沿着虚电路的最后一次传输已经成功到达了，并且(2) 它有一个空闲缓冲区”的时候，才对一个接收到的分组进行确认。为了简单起见，假定路由器使用停等协议，并且每条虚电路的每个方向都有一个专用缓冲区。如果传输一个分组（数据或者确认）需要T秒，在路径上有n台路由器，那么分组被递交给目标主机的速率是多少？假设几乎没有传输错误，并且从主机到路由器之间连接的速度为无限快。答案： 该拥

40、塞控制机制效率很低。把时间分成以 T秒为单位的时间片。在时间片1的开始处，源路由器开始发送第一个包。在时间片2的开始处，第二个路由器会收到包但还不能确认它。在时间片3的开始处，第三个路由器收到该包，但是它也不能确认，于是，第三个路由器之后的所有路由器都将被挂起。只有在目的主机从目的路由器收到第一个包之后，第一个确认才能被发送。现在确认开始回传。在源路由器可以发送第二个包之前，需要子网的两次全传输，需2(n 1)T 秒。因此，分组被递交给目标主机的速率是每1包/2(n 1)T 秒。25.一个 ATM 网络使用令牌桶方案进行流量整形。每隔5s一个新的令牌被放到桶中。每个令牌正好对应于一个信元，每个

41、信元包含 48字节数据。请问最大可承受的数据速率为多少？答案： 由于每 5s 一个令牌，则每秒可以发送200 000 信元。每个信元包含48 个数据字节，即384 比特，故最大可承受的净数据率是76.8Mbps。26.在一个最大输出速率M = 6Mbps 的网络上，一台主机通过一个令牌桶进行流量调整。令牌到达速率为1Mbps 。初始时，已填满令牌桶的容量C = 8Mb 。请问该计算机以6Mbps的全速率可以传输多长时间？答案： 设该计算机以6Mbps的全速率可以传输S秒，则S秒内的全速率发送量是C+ S M S S C/(M )，可得 S 8/(6 1) 1.6秒。名师资料总结 - - -精品

42、资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 7 页，共 11 页 - - - - - - - - - 计算机网络自测题8 第 7 章 运输层6.UDP较之 TCP的优势何在？在什么情况下，UDP更能满足应用的需要？答案 ： UDP 虽然不可靠，但在很多情况下，UDP较之 TCP有其优势。由于UDP是无连接的，带来的延迟，就小，也不必为保持连接的状态而监测一些参数，这就减轻了CPU的负担。 UDP首部仅 8 字节，开销小。特别是因为UDP不用进行流控和拥塞控制，因而响应快，更能充分利用网络的传输能力。因而UD

43、P对远程文件服务（NFS ） 、流式多媒体、IP 电话、 SNMP 、RIP、DNS等应用更适合，即更能满足其应用的需要。11考虑一个建立在UDP 基础上的简单应用层协议，它允许客户从一个远程服务器获取文件，而且该服务器位于一个众所周知的地址上。客户首先发送一个请求，该请求中包含了文件名，然后服务器以一个数据分组序列作为响应，这些数据分组包含了客户所请求的文件的不同部分。为了确保可靠性和顺序递交，客户和服务器使用了停等协议。忽略显然存在的性能问题，你还看得到这个协议的另一个问题吗？请仔细想一想进程崩溃的可能性。答案： 客户完全有可能得到错误文件。假设客户 A为获取文件 f1发送一个请求，随后客

44、户A就崩溃了。稍后，另一个客户B使用相同的协议为获取另一个文件 f2 发送请求。假设客户B和A运行在同一机器上（同一IP 地址），将它的 UDP 套接字或插口（ socket ）绑在同一端口（ A早先使用过的）。此外，假设B的请求丢失了。当服务器的回答（对A的请求）到达时，客户B将接收它并假设（错误地）是对它自己请求的回复。13为什么要使用UDP ？让用户进程直接发送原始的IP 分组不就足够了吗？答案 ：仅仅使用 IP 分组还不够。 IP分组包含 IP 址，该地址指定一个目的地机器。一旦这样的分组到达了目的地机器，网络控制程序如何知道该把它交给哪个进程呢？UDP分组包含一个目的地端口，这一信息

45、是必需的，因为有了它，分组才能被投递给正确的进程。14.在主机 1 上的一个进程被分配端口P，在主机 2 上的一个进程被分配端口Q。试问，在这两个端口之间是否可以同时有两条或多条TCP连接？答案 ：不可以。一条连接仅仅用它的插口标识。因此，（1，P）和（ 2，Q ）这一对插口是在这两个端口之间惟一可能的连接。16.TCP 报文段的数据部分长24 字节，分别计算在运输层、网际层和网络接口层的效率（传输的数据部分与总字节数的比），假定 TCP和 IP 首部均无选项，网络接口层使用以太网。答案： 运输层的效率 = 24/(20+24) = 24/44 = 6/11 网际层的效率 = 24/(20+2

46、0+24) = 24/64 = 6/16 = 3/8 网络接口层 ( 含以太网开销18 字节及物理层的前同步码8 字节 ) 的效率 = 24/(8+18+20+20+24) = 24/90 = 4/15 17.TCP实体在 1Gb/s 的通道上使用65535 字节的发送窗口，单程延迟时间等于10ms 。问可以取得的最大吞吐率是多少？线路效率是多少？答案 ：10ms220ms 每 20ms可以发送一个窗口大小的通信量，每秒50 个窗口（ 1 000ms20ms 50） 。6553585026.214Mbs 26214Mb s1000Mb s26所以，最大吞吐率是26.214Mbs, 线路效率约为

47、26. 20. 发送方 TCP收到一 TCP报文段，确认序号22 001，窗口 1 000，画出发送方TCP的发送窗口；收到下一个TCP报文段，其确认序号24 001 ，窗口 800，画出发送方TCP新的发送窗口。答案：如图发送方TCP收到一 TCP报文段，确认序号 22 001， 窗口 1 000， 发送方 TCP的发送窗口为 22001 ， 23000 ；收到下一个TCP报文段，其确认序号24 001 ，窗口 800，发送方 TCP新的发送窗口为24001 ，24800 。22001 24001 窗口后沿 23000 24800 窗口前沿名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - -

48、 - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 8 页，共 11 页 - - - - - - - - - 计算机网络自测题9 24. 将 TCP的拥塞控制机制改为，一旦超时，则将门限窗口TW减少一个确定的数n，这种拥塞控制机制还能收敛到同等共享的状态吗？试用图解方法分析之。答案 ：不能。为进一步简化问题，仍然采用“计算机网络原理与设计”一书7.4.7 TCP 的拥塞控制一节中的思想，考虑到慢启动阶段持续时间较短，假设TCP连接就在线性规律增长与加速递减模式下工作，如“计算机网络原理与设计”一书图7-20 所示的锯齿形特性。于是，可得如

49、图7-5 所示的工作特性：图 7-5 改变后的 TCP拥塞控制机制工作特性设初始工作点位于带宽利用不足区的某处，在拥塞控制机制的作用下，每传输1 次（经过 RTT时间），两个连接都将其窗口加1，于是工作点会沿45线移动。设到达B 点时，两个连接的吞吐量会使报文段丢失（ B位于负载超过带宽区） ，于是连接1 和连接 2 均将门限窗口TW减少一个确定的数n，设新的工作点为A，显然， BA与横轴呈45度角。设新的工作点A位于带宽利用不足区，于是工作点又会沿45的 AB线向上移动。按本题的拥塞控制机制，工作点就会沿45的 AB线来回移动， 这样继续下去， 两个 TCP连接永远不可能收敛到同等共享的状态

50、。26在 TCP 首部中，除了 32位Acknowledgement number( 确认号 ) 域以外，在第 4个字中还有一个ACK 位。这是否真正加入了有用的信息呢？为什么是或为什么不是？答案： ACK 比特用来区别 32位Acknowledgement number( 确认号 ) 域是否使用。在连接建立期间，ACK 比特扮演着至关重要的角色，三次握手中的第二个和第三个报文段都要使用它。28考虑在一条往返时间为10ms的无拥塞线路上使用慢启动算法的效果。接收窗口为24KB ，最大报文段长度为2KB 。请问需要多长时间才发送满窗口的数据？答案： 由于是无拥塞线路，即不需设置拥塞窗口，发送窗口