网络工程师考试试题分类精解 .pdf

《网络工程师考试试题分类精解 .pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《网络工程师考试试题分类精解 .pdf（42页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、网络工程师http:/ 网络工程师考试试题分类精解（2014版）第 1 章 编码和传输1.1 编码和传输数据通信基础知识是网络工程师考试的必考内容，且考核分值较高。主要集中在数据通信的基本原理、数据编码、数字调制、传输与交换技术的考核上。根据考试大纲，本章要求考生掌握以下知识点：调制和编码；传输技术；传输控制；交换技术（电路交换、存储转发、分组交换、ATM 交换、帧中继）；公用网络和租用线路。下面我们通过具体的考试真题来学习和加强对本章知识点的掌握。1.1.1 例题 1 例题 1（2007 年 5 月试题 16）设信道带宽为4kHz,信噪比为 30dB,按照香农定理，信道的最大数据速率约等于_

2、（16）_.（16）A.10 kb/s B.20 kb/s C.30 kb/sD.40 kb/s 例题 1 分析本题考查香农定理的基本知识。香农定理（Shannon）总结出有噪声信道的最大数据传输率：在一条带宽为H Hz、信噪比为 S/N 的有噪声信道的最大数据传输率Vmax 为：名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 1 页，共 42 页 -网络工程师http:/ Vmax=H log2（1+S/N）bps 先求出信噪比S/N:由 30db=10 log10 S/N,得 log10 S/N=3,所以 S/N=103=1000.计算 Vmax:Vmax=H log2（1+S/N）bp

3、s=4000 log2（1+1000）bps 4000 9.97 bps 40Kbps 例题答案（16）D1.1.2 例题 2 例题 2（2008 年 5 月试题 18）设信道带宽为3400Hz,调制为4 种不同的码元，根据Nyquist 定理，理想信道的数据速率为 _（18）_.（18）A.3.4Kb/s B.6.8Kb/s C.13.6Kb/s D.34Kb/s 例题分析本题考查 Nyquist 定理与码元及数据速率的关系。根据奈奎斯特定理及码元速率与数据速率间的关系，数据速率R=2W*Log2（N），可列出如下算式：R=2*3400*Log2（4）=13600b/s=13.6Kb/s 例

4、题答案（18）C1.1.3 例题 3 名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 2 页，共 42 页 -网络工程师http:/ 例题 3（2008年 11 月试题 17）在异步通信中，每个字符包含1 位起始位、7 位数据位、1 位奇偶校验位和1 位终止位，每秒钟传送100 个字符，则有效数据速率为_（17）_.（17）A.500b/s B.600b/s C.700b/s D.800b/s 例题分析题目给出每秒钟传送100 个字符，因此每秒传输的位有100*（1+7+1+1）=1000位，而其中有 100*7个数据位，因此数据速率为700b/s.例题答案（17）C1.1.4 例题 4 例

5、题 4（2007年 5 月试题 13）100BASE-FX采用 4B/5B和 NRZ-I编码，4B/5B编码方式的效率为_（13）_.（13）A.50%B.60%C.80%D.100%例题分析在快速以太网中，不能使用曼彻斯特编码。因为它的编码效率较低，只有50%.为了提高编码效率，降低电路的频率（成本），在高速网络中采用4B/5B和 NRZ-I编码法。4B/5B 编码法就是将数据流中的每4bits作为一组，然后按编码规则将每一个组转换成为 5bits,因此其编码效率为4/5=80%.NRZ 即非归零制编码，是用一种固定的高压电表示1、另一种固定的低电压表示0 的一种编码方法。该方法简单、直观，

6、易于实现，但没有同步信息，难以区分一位的开始和结束，特别是当存在连续的1 或连续的0 时。一旦发送方或接收方的时钟出现漂移，就会导名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 3 页，共 42 页 -网络工程师http:/ 致识别错误，如把 n 个 1 识别为 n+1 个 1 或 n-1 个 1.NRZ 一般不适用于网络通信。而 NRZ-I即非归零反相编码，在NRZ-I编码方式中，信号电平的一次反转代表比特1.就是说是从正电平到负电平的一次跃迁，而不是电压值本身，来代表一个比特1.0 比特由没有电平变化的信号代表。非归零反相编码相对非归零电平编码的优点在于：因为每次遇到比特1 都发生电平跃

7、迁，这能提供一种同步机制。例题答案（13）C1.1.5 例题 5 例题 5（2007年 11 月试题 15）下面 4 种编码方式中属于差分曼彻斯特编码的是_（15）_.（15）例题分析差分曼彻斯特编码是一种双相码，与曼彻斯特编码相同的地方是，每一位都是由一正一负两个码元组成，但差分曼切斯特编码比曼切斯特编码的变化要少，因此更适合与传输高速的信息，被广泛用于宽带高速网中。然而，由于每个时钟位都必须有一次变化，所以这两种编码的效率都只可达到50%.名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 4 页，共 42 页 -网络工程师http:/ 差分曼彻斯特编码的编码规则是：0 位的前沿有相位变化，

8、1 位的前沿没有相位变化，表示逻辑 0 的码元无论是1 或者 0,在每个码元正中间的时刻，一定有一次电平转换。在题目中很明显，是差分曼彻斯特编码的为B.例题答案（15）B1.1.6 例题 6 例题 6（2005年 5 月试题 2627）使用海明码进行前向纠错，如果冗余为4 位，那么信息位最多可以用到_（26）_位，假定码字位a6 a5 a4 a3 a2 a1 a0,并且有下面的监督关系式：S2=a2+a4+a5+a6 S1=a1+a3+a5+a6 S0=a0+a3+a4+a6 若 S2 S1 S0=110,则表示出错位是（27）.（26）A.6B.8C.11D.16（27）A.a3B.a4C.

9、a5D.a6 例题分析本题考查海明编码知识。海明码属于线性分组编码方式，大多数分组码属于线性编码，其基本原理是，使信息码元与监督码元通过线性方程式联系起来。线性码建立在代数学群论的基础上，各许用码组的集合构成代数学中的群，故又称为群码。注意以下两个问题。校验和监督关系式：r 个监督关系式能指示一位错码的2r-1 个可能位置。一般情况名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 5 页，共 42 页 -网络工程师http:/ 下，若码长为n,信息码为k,则监督码数r=n-k.若希望用r 个监督码构造出r 个监督关系式来指示一位错码的n 种可能位置，则要求：2r-1 n 或 2r k+r+1

10、海明码的编码效率：=1-r/n,当 n 很大时，效率是很高的。（26）中当 r=4,则 k 最大为 11.（26）中正确答案是C.在海明码这些多个校验位中的每一位都对不同的信息数据位进行奇偶校验，通过合理地安排每个校验位对原始数据进行的校验的位组合，可以达到发现错误，纠正错误的目的。S2 S1 S0=110,得 k=3.码字位 a6 a5 a4 a3 a2 a1 a0,所以 m=4.校验方程是指示每个校验位对相应的信息位进行校验的等式。一般情况下，校验码会被插入到数据的1,2,4,8,，2n 位置，那么，在数据生成时，按照提供的海明校验方程计算出 b1,b2,b4,，bn,可知 S0=a0,S

11、1=a1,S2=a3,推出错码位置关系如表1-1 所示，（27）中正确答案是C.表 1-1 错码位置关系表例题答案（26）C（27）C1.1.7 例题 7 例题 7（2008 年 11 月试题 19）采用海明码进行差错校验，信息码字为1001011,为纠正一位错，则需要_（19）_比特冗余位。（19）A.2 B.3 C.4 D.8 名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 6 页，共 42 页 -网络工程师http:/ 例题分析本题考查海明编码知识。本题的详细解释可以参照例题3,即海明码信息位为m 的原始数据，需加入k 位的校验码，它满足m+k+12k的关系。因此题中校验位最少应该为4

12、 位。例题答案（19）C1.1.8 例题 8 例题 8（2008年 5 月试题 13）图 1-1 的两种编码方案分别是_（13）_.图 1-1 序列波形图（13）A.差分曼彻斯特编码，双相码B.NRZ 编码，差分曼彻斯特编码C.极性码，曼彻斯特编码D.极性码，双极性码例题分析本题考查几种编码方案的比较与定义。（1）极性编码：极包括正极和负极。因此从这里就可以理解单极性码，就是只使用一名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 7 页，共 42 页 -网络工程师http:/ 个极性，再加零电平（正极表示0,零电平表示1）；极性码就是使用了两极（正极表示0,负极表示 1）；双极性码则是使用了

13、正负两极和零电平（其中有一种典型的双极性码是信号交替反转编码AMI,它用零电平表示0,1 则使电平在正、负极间交替翻转）。（2）归零性编码：归零指的是编码信号量不是回归到零电平。归零码就是指码元中间的信号回归到0 电平。不归零码则不回归零（而是当1 时电平翻转，0 时不翻转），这也称之为差分机制。（3）双相码：通过不同方向的电平翻转（低到高代表0,高到代代表1），这样不仅可以提高抗干扰性，还可以实现自同步，它也是曼码的基础。（4）曼彻斯特编码和差分曼彻斯特编码：曼彻斯特编码是一种双相码，用低到高的电平转换表示0,用高到低的电平转换表示1（注意：某些教程中关于此定义有相反的描述，这里也是正确的）

14、，因此它也可以实现自同步，常用于以太网。差分曼彻斯特编码是在曼彻斯特编码的基础上加上了翻转特性，遇1 翻转，遇0 不变，常用于令牌环网。根据不归零码与曼彻斯特编码的等相关编码定义，分析出正确答案为C.表 1-2 给出了几种常用的数字信号编码表 1-2 常用的数字信号编码名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 8 页，共 42 页 -网络工程师http:/ 例题答案（13）C1.1.9 例题 81 例题 81（2008年 5 月试题 19）采用 CRC 校验的生成多项式为，它产生的校验码是_（19）_位。（19）A.2 B.4 C.16 D.32 例题分析本题考查 CRC 校验码的计算

15、。要计算 CRC 校验码，需根据 CRC 生成多项式进行。例如：原始报文为 11001010101,其生成多项式为：x4+x3+x+1.在计算时，是在原始报文的后面若干个0（等于校验码的位数，而生成多项式的最高幂次就是校验位的位数，即使用该生成多项式产生的校验码为4位）作为被除数，除以生成多项式所对应的二进制数（根据其幂次的值决定，得到11011,名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 9 页，共 42 页 -网络工程师http:/ 因为生成多项式中除了没有x2 之外，其它位都有）。然后使用模2 除，得到的商就是校验码：然后将0011 添加到原始报文的后面就是结果：110010101

16、010011.例题答案（19）C1.1.10 例题 9 例题 9（2008年 11 月试题 13）图 1-2 所示是一种 _（13）_调制方式。图 1-2 PSK调制技术波形图（13）A.ASK B.FSK C.PSK D.DPSK 例题分析本题考查各种调制技术。调制即把数字数据加到载波上去的过程。最基本的调制技术包括：幅移键控（ASK）、频移键控（FSK）、相位键控（PSK）。对几种调制技术的详细描述见表1-3.表 1-3 几种常见的调制技术名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 10 页，共 42 页 -网络工程师http:/ 结合题目来看，很明显，是用载波的起始相位的变化表示0

17、 和 1.因此是相位键控，那么题目的答案为C.例题答案（13）C1.1.11 例题 10 例题 10（2007年 5 月试题 1718）在 E1 载波中，每个子信道的数据速率是_（17）_,E1 载波的控制开销占_（18）_.（17）A.32 kb/s B.64 kb/s C.72 kb/s D.96 kb/s（18）A.3.125%B.6.25%C.1.25%D.25%例题分析E1 载波是欧洲电子传输格式，由ITU-TS 设计并由欧洲邮政电讯管理委员会（CEPT）命名。在 E1 链路中，一条 E1 是 2.048M的链路，用 PCM 编码。对于一个容量为2.048Mb/s的信道来说，其传送一

18、个比特信号的时隙大小为1/（2.048M）s,约 0.5ms.如果共享该信道的所有信息源的传输速率都是64Kb/s的话，则信道内传送信号的最大周期Ts=1/（64K）s,约 16ms.所以，在周期Ts 内，该信道可允许2.048M/64K=32个信息源共享而不会发生名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 11 页，共 42 页 -网络工程师http:/ 相互干扰或重叠。因此，E1 线路将 32 个信道复用在1 个 E1 的数据帧中。使用E1 进行传输的 ISDN 使用了 30 个 B 信道传输数据，因此控制开销=（32-30）/32=6.25%.例题答案（27）B（28）B1.1.1

19、2 例题 11 例题 11（2008年 11 月试题 1516）E1 信道的数据速率是_（15）_,其中的每个话音信道的数据速率是_（16）_.（15）A.1.544Mb/s B.2.048Mb/s C.6.312Mb/s D.44.736Mb/s（16）A.56Kb/s B.64Kb/s C.128Kb/s D.2048Kb/s 例题分析本题考查的内容和例题10 基本一样，都是对E1 载波基础知识的考查，详细分析见例题 10.E1 信道的数据速率是2.048Mb/s,其中的每个话音信道的数据速率是64Kb/s.例题答案（15）B（16）B1.1.13 例题 12 例题 12（2005年 5

20、月试题 2425）10 个 9.6Kb/s的信道按时分多路复用在一条线路上传输，如果忽略控制开销，在同步TDM 情况下，复用线路的带宽应该是_（24）_;在统计 TDM 情况下，假定每个子信道只有 30%的时间忙，复用线路的控制开销为10%,那么复用线路的带宽应该是_（25）_.（24）A.32Kb/s B.64Kb/s C.72Kb/s D.96Kb/s（25）A.32Kb/s B.64Kb/s C.72Kb/s D.96Kb/s 名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 12 页，共 42 页 -网络工程师http:/ 例题分析本题考查各种复用的计算。时分多路复用就是把时间划分为若

21、干个时间段（时隙），每个用户分得一时间段，该用户只有在分配的时间段里向线路发送信息和接受信息，当在分配的时间内用户没有信息要传输时，这段时间不能由其他用户使用，而保持为空闲状态。在其占用的时间段内，该用户可使用信道的全部带宽。10 个 9.6Kb/s的信道，合并在一起的带宽为96Kb/s.（24）中正确答案是 D.统计时分复用（STDM）主要适用于数字传输系统。它是一种改进的时分复用，其特征在于对每路信号不是固定分配时隙，而是根据用户实际需要动态分配时隙（线路资源），只有当用户有数据要传输时才给他分配线路资源，当用户暂停发送数据时，不给他分配线路资源，线路的传输能力可以被其他用户使用（如图1-

22、3所示）。采用统计时分复用时，每个用户的数据传输速率可以高于平均速率，最高可达到线路总的传输速率。图 1-3 统计时分复用原理示意图（25）中传输数据所需总带宽为10 9.6 Kb/s 30%=28.8 Kb/s,10%的控制开销，就是 90%的线路带宽用于传输数据。所需线路总带宽90%=28.8 Kb/s,得线路总带宽=32 Kb/s.例题答案（24）D（25）A名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 13 页，共 42 页 -网络工程师http:/ 1.1.14 例题 13 例题 13（2007 年 11 月试题 1617）T1 载波每个信道的数据速率为_（16）_,T1 信道的

23、总数据速率为_（17）_.（16）A.32kb/sB.56 kb/s C.64 kb/s D.96 kb/s（17）A.1.544Mb/sB.6.312Mb/s C.2.048Mb/s D.4.096Mb/s 例题分析本题考查 T1 载波。在电信数字通信系统中，广泛使用了PCM（Pulse code Modulation,脉冲编码调制）技术。模拟电话的带宽为4kHz,根据尼奎斯特定理，编码解码器（coder-decoder,codec）采样频率需要达到每秒8000 次。编码解码器每次采样，就生成一个8 比特的数字信息。因此，一个模拟电话信道在数字化后对应一个64Kbps的数字信道。一个64Kb

24、ps的数字信道被称为DS0（Digital Signal 0,数字信号0）。T1 是 T-载波通信系统的基础，也称一次群。T1 由 24 个 DS0 信道多路复用组成，每秒 8000 帧。在一个帧中，为每个信道依次分配8 个比特。另外每个帧还需要1 个比特用于分帧控制。因此 T1 的帧大小为248+1=193比特，T1 的速率为193 8000=1.544Mbps.例题答案（16）C（17）A1.1.15 例题 14 例题 14（2007 年 5 月试题 65）WLAN采用扩频技术传输数据，下面哪一项不是扩频技术的优点？_（65）_（65）A.对无线噪声不敏感B.占用的带宽小名师资料总结-精品

25、资料欢迎下载-名师精心整理-第 14 页，共 42 页 -网络工程师http:/ C.产生的干扰小 D.有利于安全保密例题分析本题考查扩频技术的基础知识。WLAN采用扩频技术传输数据，其中无线扩频技术的优点是：（1）高可靠性：抗干扰、抗噪声能力强，不论对窄带干扰、宽带干扰，在解扩后均可滤除，接收灵敏度高达-96dBm.抗多径衰落能力和天电干扰能力强，扩频信号的单位功率频谱密度低，比背景噪声还低，而解调信号时可以使用匹配滤波器和相关器提取信号，滤除噪声。（2）高保密性，因采用扩频调制和低功率，信号功率比干扰信号功率低得多，信号淹没于噪声中，隐蔽性强，一般的接收机无法检测其信号。由于扩频技术选用了

26、多种不同的伪随机噪声码（PN 码），只有用特定的PN 码扩频的信号在接收端才能解调出信号，非许可用户由于伪码不同，要想检出信号是困难的。（3）高数据率：数据速率从1.2kbps 直至 2Mbps,在 S 波段上共有八种速率的型号。（4）高信号质量：误码率低于10-10.例题答案（65）B1.1.16 例题 15 例题 15（2007 年 11 月试题 11）按照美国制定的光纤通信标准SONET,OC-48的线路速率是 _（11）_Mb/s.（11）A.41.84 B.622.08 C.2488.32 D.9953.28 例题分析名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 15 页，共 4

27、2 页 -网络工程师http:/ 同步光纤网络（SONET）和同步数字层级（SDH），是一组有关光纤信道上的同步数据传输的标准协议，常用于物理层构架和同步机制。SONET 是由美国国家标准化组织（ANSI）颁布的美国标准版本。SDH 是由国际电信同盟（ITU）颁布的国际标准颁布。SONET/SDH 可以应用于ATM 或非ATM 环境。SONET/SDH（POS）上的数据包利用点对点协议（PPP），将IP 数据包映射到SONET 帧负载中。在ATM 环境下，SONET/SDH 线路连接方式可能为多模式、单模式或UTP.SONET 是基于传输在基本比特率是51.840 Mbps 的多倍速率，或ST

28、S-1.而SDH 是基于STM-1,数据传输率为155.52Mbps,与 STS-3 相当。目前常用SONET/SDH 数据传输率见表1-4.表 1-4 SONET/SDH多路复用的速率另外一些速率定义，如OC-9、OC-18、OC-24、OC-36、OC-96 及 OC-768,可参照相关标准文档，但它们使用并不普遍。其它更高的传输速率供未来使用。例题答案（11）C1.1.17 例题 16 例题 16（2009 年 5 月试题 1112）E 载波是 ITU-T 建议的传输标准，其中E3 信道的数据速率大约是_（11）_Mb/s.贝名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 16 页，共

29、 42 页 -网络工程师http:/ 尔系统 T3 信道的数据速率大约是_（12）_Mb/s.（11）A.64 B.34 C.8 D.2（12）A.1.5 B.6.3 C.44 D.274 例题分析E 载波是 ITU-T 建议的数字传输标准，分为5 个复用级别。在E1 信道中，8 位组成一个时槽，32 个时槽（TSOTS31）组成一个帧，16 个帧组成一个复帧。在EI 帧中，TSO用于帧控制，TS16 用于随路信令和复帧控制，其余的30 个时槽用于传送话音和数据。E1 载波的数据速率为2.048Mb/s,其中每个信道的数据速率是64Kb/s.E2 信道由 4 个 E1 信道组成，数据速率为8.

30、448Mb/s.E3 信道由 16 个 E1 信道组成，数据速率为34.368Mb/s.E4 信道由 4 个 E3 信道组成，数据速率为139.z64Mb/s.E5 信道由 4 个 E4 信道组成，数据速率为565.148Mb/s.T 载波是贝尔系统的数字传输标准（如下图所示），在北美和日本使用。T 载波中话音信道的数据速率为56Kb/s.24路话音被复合在一条T1 信道上，其数据速率为1.544Mb/s.T2 信道由 4 个 T1 信道组成，数据速率为6.312Mb/s.T3 信道由 7 个 T2 信道组成，数据速率为44.736Mb/s.T4 信道由 6 个 T3 信道组成，数据速率为27

31、4.176Mb/s.例题答案（11）B（12）C1.1.18 例题 17 例题 17（2009 年 5 月试题 1314）名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 17 页，共 42 页 -网络工程师http:/ RS-232-C的电气特性采用V.28 标准电路，允许的数据速率是_（13）_,传输距离不大于 _（14）_.（13）A.1Kb/s B.20Kb/s C.100Kb/s D.1Mb/s（14）A.1m B.15m C.100m D.1Km 例题分析物理层标准规定了DTE 与 DCE 之间接口的机械特性、电气特性、功能特性和过程特性。RS-232-C是主要的物理层接口之一，是

32、 PC 的标准设备。RS-232-C的机械特性没有规定，可以采用 25 针、15 针或 9 针 D 型连接器，RS-232-C的电气特性与CCITT V.28 标准兼容。常用的各种电气特性标准参见表1-5 所示。表 1-5 三种电气特性标准比较例题答案（13）B（14）B1.1.19 例题 18 例题 18（2009年 5 月试题 1516）曼彻斯特编码的特点是_（15）_,它的编码效率是_（16）_.（15）A.在0 比特的前沿有电平翻转，在1 比特的前沿没有电平翻转B.在1 比特的前沿有电平翻转，在0 比特的前沿没有电平翻转名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 18 页，共 4

33、2 页 -网络工程师http:/ C.在每个比特的前沿有电平翻转D.在每个比特的中间有电平翻转（16）A.50%B.60%C.80%D.100%例题分析本题主要考查曼彻斯特编码的基础知识，与例题5 基本一致，具体分析可参见例题5.在曼彻斯特编码中，每比特中间都有一次电平跳变，因此波特率是数据速率的两倍，因此其编码效率是50%.例题答案（15）D（16）A1.1.20 例题 19 例题 19（2009 年 5 月试题 1718）HDLC 协议是一种 _（17）_,采用 _（18）_标志作为帧定界符。（17）A.面向比特的同步链路控制协议B.面向字节计数的同步链路控制协议C.面向字符的同步链路控制

34、协议D.异步链路控制协议（18）A.10000001 B.01111110 C.10101010 D.10101011 例题分析数据链路控制协议分为面向字符的协议和面向比特的协议。面向字符的协议以字符作为传输的基本单位，并用10 个专用字符控制传输过程。面向比特的协议以比特作为传输的基本单位，它的传输效率高，广泛地应用于公用数据网中。名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 19 页，共 42 页 -网络工程师http:/ HDLC（高级数据链路控制）协议是 ISO 根据 IBM 公司的 SDLC（Synchronous Bata Link Control）协议扩充开发而成的。美国国家

35、标准化协会（ANSI）则根据 SDLC 开发出类似的协议，叫做 ADCCP 协议（Advanced Data Communication Control Procedure）。HDLC 使用统一的帧结构进行同步传输，图1-4 为 HDLC 帧的格式示意图。HDLC 帧由 6 个字段组成，以两端的标志字段（F）作为帧的边界，在信息字段（INFO）前面的三个字段（F、A 和 C）叫做帧头，信息字段后面的两个字段FCS 和 F）叫做帧尾，信息字段中包含了要传输的数据。图 1-4 HDLC 帧的格式示意图HDLC 用一种特殊的比特模式01111110作为标志以确定帧的边界。同一个标志既可以作为前一帧的

36、结束，也可以作为后一帧的开始。链路上所有的站都在不断地探索标志模式，一旦得到一个标志就开始接收帧。在接收帧的过程中如果发现一个标志，则认为该帧结束了。如果帧中间出现比特模式01111110时，也会被当作标志，从而破坏了帧的同步。为了避免这种错误，要使用位填充技术，即发送站的数据比特序列中一旦发现。后有5 个 1,则在第 7 位插入一个0.这样就保证了传输的数据比特序列中不会出现与帧标志相同的比特模式。接收站则进行相反的操作：在接收的比特序列中如果发现0 后有 5 个 1,则检查第7 位，若第 7 位为 0 则删除之：若第7 位是 1 且第 8 位是 0,则认为是检测到帧尾的标志域；若第7位和第

37、 8 位都是 1,则认为是发送站的停止信号。例题答案名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 20 页，共 42 页 -网络工程师http:/ 例题 20 例题 20（2009 年 5 月试题 19）设信道带宽为3400Hz,采用 PCM 编码，采样周期为125?s,每个样本量化为128 个等级，则信道的数据速率为_（19）_.（19）A.10Kb/s B.16Kb/s C.56Kb/s D.64Kb/s 例题分析模拟信号通过数字信道传输具有效率高、失真小的优点，而且可以开发新的通信业务。常用的数字化技术就是PCM.PCM主要经过3 个过程：采样、量化和编码。采样过程通过周期性扫描将时

38、间连续幅度连续的模拟信号变换为时间离散、幅度连续的采样信号，量化过程将采样信号变为时间离散、幅度离散的数字信号，编码过程将量化后的离散信号编码为二进制码组输出。采样的频率决定了恢复的模拟信号的质量。根据尼奎斯特采样定理，为了恢复原来的模拟信号，采样频率必须大于模拟信号最高频率的二倍，即其中 f 为采样频率，T 为采样周期，fmax 为信号的最高频率。电话线路中带通滤波器的带宽为3kHz（即 3003300Hz）。根据 Nyquist采样定理，最小采样频率应为6600 Hz,CCITT规定话音信号的采样频率为8kHz.采样后得到的样本必须通过四舍五入量化为离散值，离散值的个数决定了量化的精度。在

39、 T1 系统中采用128 级量化，每个样本用7 位二进制数字表示，在数字信道上传输这种数字化了的话音信号的速率是 78000=56kb/s.在 E1 系统中采用256 级量化，每个样本用8 位二进制数字表示，名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 21 页，共 42 页 -网络工程师http:/ 传输速率为64kb/s.例题答案（19）C1.1.22 例题 21 例题 21（2009年 5 月试题 20）设数据码字为10010011,采用海明码进行校验，则必须加入_（20）_比特冗余位才能纠正一位错。（20）A.2 B.3 C.4 D.5 例题分析本题主要考查海明码纠错，与例题7 基

40、本一致，详细可参见例题7 的分析。结果为必须加入 4 比特冗余位才能纠正一位错。例题答案（20）C1.1.23 例题 22 例题 22（2009 年 11 月试题 3）以下关于校验码的叙述中，正确的是_（3）_.（3）A.海明码利用多组数位的奇偶性来检错和纠错B.海明码的码距必须大于等于1 C.循环冗余校验码具有很强的检错和纠错能力D.循环冗余校验码的码距必定为1 例题分析名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 22 页，共 42 页 -网络工程师http:/ 本题考查校验码的基础知识。一个编码系统中任意两个合法编码（码字）之间不同的二进数位数称为这两个码字的码距，而整个编码系统中任

41、意两个码字的最小距离就是该编码系统的码距。为了使一个系统能检查和纠正一个差错，码间最小距离必须至少是3.海明码是一种可以纠正一位差错的编码，是利用奇偶性来检错和纠错的校验方法，海明码的基本意思是给传输的数据增加r 个校验位，从而增加两个合法消息（合法码字）的不同位的个数（海明距离）。假设要传输的信息有m 位，则经海明编码的码字n=m+r位。循环冗余校验码（CRC）编码方法是在k 位信息码后再拼接r 位的校验码，形成长度为n 位的编码，其特点是检错能力极强且开销小，易于用编码器及检测电路实现。在数据通信与网络中，通常k 相当大，由一千甚至数千数据位构成一帧，而后CRC 码产生 r 位的校验位。它

42、只能检测出错误，而不能纠正错误。一般取r=16,标准的 16 位生成多项式有 CRC-16=X16+X15+x2+1和 CRC-CCITT=x16+x12+x5+1.一般情况下，r 位生成多项式产生的CRC 码可检测出所有的双错、奇数位错和突发长度小于等于r 的突发错。用于纠错目的的循环码的译码算法比较复杂。例题答案（3）A1.1.24 例题 23 例题 23（2009 年 11 月试题 1112）E1 载波的基本帧由32 个子信道组成，其中30 个子信道用于传送话音数据，2 个子信道_（11）_用于传送控制信令，该基本帧的传送时间为_（12）_.（11）A.CH0 和 CH2 B.CH1 和

43、 CH15 名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 23 页，共 42 页 -网络工程师http:/ C.CH15 和 CH16 D.CH0 和 CH16（12）A.100ms B.200 s C.125 D.150 s 例题分析本题主要考查E1 载波的基本知识，E1 载波的基本帧划分为32 个子信道（E0），每个子信道含8 位数据，子信道CH0（或 TS0）用于组帧，使得接收方可以检测帧的开起点。另一个子信道CH16（或 TS16）用于承载控制呼叫的信令（例如CAS 信令）。其余30 个子信道用于承载PCM 编码的话音数据。E1 帧每秒发送8000 次，发送时间为125?s,其数据

44、速率为 832 8000=2.048Mb/s.例题答案（11）D（12）C1.1.25 例题 24 例题 24（2009年 11 月试题 1314）4B/5B编码是一种两级编码方案，首先要把数据变成_（13）_编码，再把4 位分为一组的代码变换成5 单位的代码。这种编码的效率是_（14）_.（13）A.NRZ-I B.AMI C.QAM D.PCM（14）A.0.4 B.0.5 C.0.8 D.1.0 例题分析采用 4B/5B编码能够提高编码的效率，降低电路成木。这种编码方法的原理如图1-5所示。名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 24 页，共 42 页 -网络工程师http:/

45、 图 1-5 编码方案原理图这实际上是一种两级编码方案。系统中使用不归零码（NRZ），在发送到传输介质时变成见 1 就翻不归零码（NRZ-1）。NRZ-1代码序列中1 的个数越多，越能提供同步信息，如果遇到长串的0,则不能提供同步信息，所以在发送到介质上之前还需经过一次4B/5B编码。发送器扫描要发送的位序列，4 位分为一组，然后按照对应规则变换成5 位二进制代码。5 位二进制代码的状态共有32 种，其中 1 的个数都不少于2 个，这样就保证了传输的代码能提供足够多的同步信息。另外，还有5B/6B,8B/lOB等编码方法，其原理是类似的。例题答案（13）A（14）C1.1.26 例题 25 例

46、题 25（2009 年 11 月试题 1516）图 1-6 表示了某个数据的两种编码，这两种编码分别是_（15）_,该数据是 _（16）_.图 1-6（15）A.X 为差分曼彻斯特码，Y 为曼彻斯特码B.X 为差分曼彻斯特码，Y 为双极性码C.X 为曼彻斯特码，Y 为差分曼彻斯特码名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 25 页，共 42 页 -网络工程师http:/ D.X 为曼彻斯特码，Y 为不归零码（16）A.010011110 B.010011010 C.011011010 D.010010010 例题分析首先可以断定图中所示是两种双相码，然后按照曼彻斯特编码的特点（以正负或

47、负正脉冲来区别 1 和0）和差分曼彻斯特编码的特点（以位前沿是否有电平跳变来区别1 和0）可以断定，X 为曼彻斯特编码，Y 为差分曼彻斯特编码，表示的数据是：010011010.例题答案（15）C（16）B1.1.27 例题 26 例题 26（2009 年 11 月试题 1718）图 1-7 所示的调制方式是_（17）_,若载波频率为2400Hz,则码元速率为 _（18）_.图 1-7 调制方式图（17）A.FSK B.2DPSK C.ASK D.QAM（18）A.100 Baud B.200 Baud C.1200 Baud D.2400 Baud 例题分析根据波形可以看出，这是一种差分编码

48、，所以应选2DPSK.另外，每一位包含两个周期，如果载波频率为2400Hz,则码元速率就是1200 波特。名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 26 页，共 42 页 -网络工程师http:/ 例题答案（17）B（18）C1.1.28 例题 27 例题 27（2009年 11 月试题 1920）在相隔 2000km的两地间通过电缆以4800b/s的速率传送3000 比特长的数据包，从开始发生到接收数据需要的时间是_（19）_,如果用 50Kb/s的卫星信道传送，则需要的时间是 _（20）_（19）A.480ms B.645ms C.630ms D.635ms（20）A.70ms B

49、.330ms C.500ms D.600ms 例题分析一个数据包从开始发送到接收完成的时间包含发送时间tf 和传播延迟时间tp 两部分，可以计算如下：对电缆信道：tp=2000km/（200km/ms）=10ms,tf=3000b/4800b/s=625ms,tp+tf=635ms 对卫星信道：tp=270ms,tf=3000b/50kb/s=60ms,tp+tf=270ms+60ms=330ms.例题答案（19）D（20）B1.1.29 例题 28 例题 28（2010年 5 月试题 14）在地面上相隔2000km的两地之间通过卫星信道传送4000 比特长的数据包，如果数名师资料总结-精品资

50、料欢迎下载-名师精心整理-第 27 页，共 42 页 -网络工程师http:/ 据速率为 64kb/s,则从开始发送到接收完成需要的时间是_（14）_.（14）A.48ms B.640ms C.322.5ms D.332.5ms 例题分析卫星信道的传输延迟为270ms,4000比特数据包发送时间为4000b/64kb/s=62.5ms,二者相加 270+62.5=332.5ms.这里要注意2000Km这个干扰信息，因为只要是卫星通信，不管在地球上相隔多远，他们的通信延时都是要经过先发送到卫星，再从卫星返回这么一个过程。例题答案（14）C1.1.30 例题 29 例题 29（2010年 5 月试