2022年2022年计算机网络作业解答 .pdf

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1、第一章 计算机网络体系结构1.计算机网络的定义2.计算机网络的功能（六点）3.计算机网络的拓扑结构的类型（六种）4.OSI/RM 及其了解各层的功能（七层）5.TCP/IP参考模型（四层）6.网络高速化（三方面）7.计算机网络协议、接口和服务的概念第二章 物理层1.物理层特性（四点）2.奈奎斯特定理和香农定理3.光纤的优点及其两种模式4.三种基本的调制方法5.曼彻斯特编码和差分曼彻斯特编码6.两种数字传输系统（T1，E1）7.PCM的缺点（2个）第3章 数据链路层1数据链路层的功能（5个）2常见的组帧的方法（4种）3循环冗余校验码的原理4多帧滑动窗口与后退N帧协议5多路复用技术的一般形式（四种

2、）6CSMA/CD 协议7局域网的主要特征（5点）8以太网物理层和 MAC 子层的功能（3和5点）9以太网的帧格式10划分 VLAN 的方法（5种）11无线局域网的 DCF和PCF12广域网的主要特性（4点）13数据报服务的特点14虚电路服务与数据报服务的主要区别（7方面）15X25的层次（三层）16帧中继与 X25的主要区别（三点）17帧中继的特点（三点）18PPP 组成（三部分）19HDLC 的帧结构20网桥的类型（两种）名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 1 页，共 7 页 -第四章 网络层1网络的异构性表现在哪些方面（4方面）2中继系统的种类（5种）3拥塞控制算法（四种）

3、4距离向量路由算法5链路状态路由算法6IP地址的分类及其表示7IP数据报的结构及其每个域的意义8子网及其掩码9CIDR10ICMP差错报告报文的种类（5种）11IPv6的特点（9点）12OSPF13IP多播的概念和多播地址14转交地址的分类（2种）15路由器的优缺点（7和3点）第五章 传输层1传输层寻址与端口2无连接服务与面向连接服务3.传输连接的建立与释放4.UDP的优点（4点）5.TCP报文段报头格式6.TCP的流量控制7TCP的拥塞控制第六章 应用层1三层 C/B结构的优点（4点）2P2P技术的特点（6点）3DNS的层次结构4域名服务器的类型（3种）5Internet的应用协议:FTP,

4、MIME,HTTP6Web页面文档的分类（三种）7生成动态文档的方法（4种）8生成活动文档的方法（2种）9URL的格式10网络管理系统逻辑模型11网络管理的主要功能（5个）12被管对象的特性（5点）名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 2 页，共 7 页 -13SNMP的基本元素（三种）14SNMPv3的安全模式（2种）第七章 MPLS与服务质量控制1标记交换原理(P326)2MPLS的封装(P328)3标记分配的方式（3种）(P331)4与以路由器作为核心网络平台的技术相比，MPLS的主要优点（7点）(P339)5Intserv的局限性（5点）(P344)6DiffServ 的体

5、系结构(P345)7DiffServ 的技术特点（4点）(P349)第八章(不考)所有布置的作业（共25道题：各章的选择题，P.70：13、14、15；P.150：16、17、18、19；P.221：2、5；P.222：6、9、10、15、18；P.252：10、11、13、14、15、16）作业参考解答：P331（1）A （2）B （3）B （4）D （5）B（6）A （7）D （8）C （9）A （10）BP701（1）D （2）D （3）D （4）B （5）D13解：假定用计算机通过长途电话线进行数据传送时，采取连续传送且不出错。若用 2.4k b/s速率，传 600MB（6001024

6、10248bit）2400bit/s=2097152s=24.3（天）比托人乘火车捎去要慢，且更贵。14解：由奈奎斯特定理，可以每秒采样16M 次，4级数字信号意味着每次采样提供2bit,因此总的数据速率是 32M b/s.15.解：20=10log 100,信噪比S/N=100(1)由香农定理:最大速率=3klog2(1+100)=19.98k b/s;(2)由奈奎斯特定理：最大速率=23k=6k b/s;显然，最大数据速率是 6k b/sP1491（1）B （2）C （3）C （4）C （5）C （6）D （7）A （8）B 名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 3 页，共 7

7、 页 -P15016解:当发送一帧的时间等于信道的传播延迟的2倍时,信道的利用率是50%.或者说,当发送一帧的时间等于来回路程的传播延迟时,效率将是50%.20ms2=40ms现在发送速率是每秒 4Mbit，即发送一位需 0.00025ms 40ms0.00025ms/bit=160k bit因此，帧大于 160k bit 停等协议才有至少 50%的效率。17解：先区别 N+2 种事件。从事件 1直到事件 N 都是由对应的主机试图使用信道而不发生冲突获得成功的条件形成。这些事件中的每一个的概率都是p(1-p)N-1.事件N+1 是一个空闲信道，其概率是(1-p)N。事件N+2 是一次冲突。由于

8、这 N+2 个事件是穷举的和完备的，它们概率的和必定是1。因此，冲突的概率，即浪费的时间片的比率是：1-N p(1-p)N-1-(1-p)N18解：对于 1km 电缆，单程端到端传播时延为：1km 200 000km/s=5 10-6 s端到端往返时延：1010-6 s为了能按照 CSMA/CD工作，数据帧的发送时延不能小于1010-6s，以1G bit/s速率工作,10 10-6 s 可发送的比特数等于：（1010-6 s）（1109 bit/s）=10 000bit因此，最短帧长是 10 000bit(1 250字节)。19解：（-1+1-3+1-1-3+1+1）（-1-1-1+1+1-1

9、+1+1）/8=1（-1+1-3+1-1-3+1+1）（-1-1+1-1+1+1+1-1）/8=-1（-1+1-3+1-1-3+1+1）（-1+1-1+1+1+1-1-1）/8=0（-1+1-3+1-1-3+1+1）（-1+1-1-1-1-1+1-1）/8=1说明A和D 发送“1”，B发送“0”，而C 没有发送信息。P2211（1）B （2）A （3）B （4）A2解：可能的连接数：总时间：410100ms=104857.6S29h5名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 4 页，共 7 页 -解：信息所经平均路由器路由器的路径是平均路由器根路径的两倍。若树根的编号为1级，与树根直接

10、相邻的两个结点为2级，直至最深达到 n级。有 1/2结点在 n级，从它们那里到达根需经n-1跳，有 1/4节点在n-1级，从它们那里到达根需经n-2跳，依此类推，因此，信息所经平均路由器 根路径的长度 L为：L=（1/2）（n-1）+（1/4）（n-2）+（1/8）（n-3）+所以，信息所经平均路由器路由器的路径的跳数是2n 46解：（1）源主机发出的每个分组或者经过1跳，或者经过 2跳，或者经过3跳而到达目的主机。只经过1跳的概率就是被源路由器丢弃的概率p。经过 2跳的概率就是源路由器未丢弃，而被目的路由器丢弃的概率（1-p）p。经过 3跳的概率就是源和目的路由器都未丢弃的概率（1-p）2。

11、所以，平均跳数是：1p+2(1-p)p+3(1-p)2=p2-3p+3（2）一次发送成功的概率就是两个路由器都未丢弃的概率，即A=(1-p)2。一个分组要发送 k次的概率是前(k-1)次不成功而第 k次成功的概率，即(1-A)k-1A。所以，平均发送次数为（3）每个收到的分组所需的平均跳数等于平均发送的次数乘以每次传输所经过的平均跳数，即（1）和（2）结果的乘积（p2-3p+3）/(1-p)29解：由题意易知，该数据报的长度为3200+160=3360bit由于第二个局域网所能传送的最长数据帧中的数据部分只有1200bit，所以该数据报必须分片，所需分的片数为X：1200X=3200+160X

12、 X=4，所以第二个局域网向其上层传递的数据为：3200+1604=3840bit10解：由题意易知，该数据报中数据长度为400020=3980字节，应当划分的数据片数为：=3，各数据片的数据字段长度、片偏移字段和MF标志位如下：数据字段长度片偏移字段MF14800/8=01名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 5 页，共 7 页 -14801480/8=185110202960/8=370015解：C=8Mb,M=6Mb/s,=1 Mb/sS=C/(M-)=8/5(s)=1.6(s)18解：4个子网需要占用2比特位，所以每个子网的网络前缀有26+228位。每个子网的主机号占用 3

13、2-284位，2416，所以有 16个地址。4个子网的地址块分别为：136.23.12.64/28，136.23.12.80/28，136.23.12.96/28，136.23.12.112/28第一个地址块 136.23.12.64/28，最小地址为 136.23.12.65/28，最大地址为 136.23.12.78/28第二个地址块 136.23.12.80/28，最小地址为 136.23.12.81/28，最大地址为 136.23.12.94/28第三个地址块 136.23.12.96/28，最小地址为 136.23.12.97/28，最大地址为 136.23.12.110/28第四个

14、地址块 136.23.12.112/28，最小地址为 136.23.12.113/28，最大地址为 136.23.12.126/28P2511（1）B （2）C （3）C （4）B （5）B （6）CP25210解：在以太网中数据报的最大长度为1500字节，UDP数据报的长度为8192+88200字节，所以得到 x=6,所以应当划分为 6个IP数据报片，其中前五个数据段长度为1500-201480字节，最后一个为 8200-1480*5800字节。片偏移字段的值为：0/80，1480/8185，2960/8370，4440/8555，5920/8740，7400/892511解：时钟计数器 1

15、5位，即每215=32768个脉冲循环一次。每个时钟脉冲100 ms，即每3276.8秒钟循环一次。(a)在最差情况下，经过 3276.8 60=3216.8秒钟将进入可能两个同名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 6 页，共 7 页 -样序号的分组同时留在网中的禁区，因而必须进行一次再同步。(b)在数据每分钟使用 240个序号时，也就是每秒钟使用4个序号时，再同步后t 秒钟实际的序号为 4t。因每秒钟 10个时钟脉冲，禁区的左边的序号为10(t-3216.8)。交点的时间座标是方程：4t=10(t-3216.8)的解，为 5361.3秒，就是需要再同步的时间。13解：带宽不受限制

16、，则发送时延可以忽略不计。所能得到的最大吞吐量为（655358）20ms=26.214M bit/s14解：发送时延：（655358bit）1G bit/s=0.52428ms总的往返时延：210ms+0.52428ms=20.52428ms最大吞吐量：655358bit）20.52428ms 25.57M bit/s信道利用率：25.57M bit/s1G bit/s=2.577%15解：具有相同序号的TPDU不应该在网络中同时传输，必须保证，当序号循环回来重复使用的时候，具有相同序号的TPDU已从网络中消失。在30秒的时间内发送方发送的TPDU的数目不能多于 255个。每个连接的最大数据率：(2551288bit)30s=8704 bit/s16解：广域网的传播时延为：1500 km 150000 km/s 10ms总的传播时延为：250ms 2+10ms 3 530ms数据总的发送时延为：(960bit 48Kbit/s)5=100ms总的时延为：530ms+100ms 630ms名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 7 页，共 7 页 -