计算机网络大题

1、假设你需要设计一个类似于TCP的滑动窗口协议，该协议运行在一个100Mb/s网络上，网络的往返时间是100ms，最大段生命期为60s。请问协议头部的窗口和顺序号字段应该有多少位？为什么？ 解：窗口大小必须能够容纳的数据应该为延迟*带宽，而顺序号则应该保证不会回绕，即生命期*带宽。

RTT?带宽=100ms?100Mb/s=10Mb ，而

10*106<224

，这样窗口大小必须容纳224/8=221

，即窗口字段最小21b。

而顺序号空间大小为60s×100Mb/s=6000Mb，故顺序号字段最少为30b。 2、在50kb/s的卫星信道（2R=0.5s）上发送1kb长的帧，确认信号总是由数据帧捎带。帧头很短，使用3位顺序号。对下述三种协议，最大可能达到的信道利用率是多少？ 1）停等协议2）回退n协议3）选择重传协议

解：L=1000b，B=50kb/s，2R=0.5s，则 （1）

u1?L/B2?L/B?2R?1000/500002?1000/50000?0.5?127

（2）

u2?7?L/B72?L/B?2R?27

u3?4?L/B4（3）

2?L/B?2R?27

3、设网络中路由器B的当前路由表如表1所示，B收到从路由器C发来的路由信息如题表2所示。试给出路由器B更新后的路由表。

目的网络 距离 下一跳路由器 N1 7 A N2 2 C N3 10 C N6 6 C N7 5 C N8 4 E N9 4 F

4.已知循环冗余码的生成多项式G（X）=x5+x4+x+1若接收方收到的码字为1010110001101，问传输中是否有差错？

答：多项式为G（X）=x5+x4+x+1，其比特序列为110011，接收的码字为1010110001101，则以其为被除数除以110011，能除尽则传输正确。即：因为不能除尽，所以传输有差错。

5.假设一个信道的数据传输速率为4kb/s，单向传播延迟时间为20ms，那么帧长在什么范围内，才能使用于差错控制的停止等待协议的效率至少为50%？

解答：已知信道的数据传输速率Ｂ＝４ｋｂ／ｓ＝４０００ｂ／ｓ，信道的单向传播时延Ｒ＝２０ｍｓ＝０．０２ｓ，一帧的帧长为Ｌ。在停止等待协议中，协议忙的时间为数据发送的时间＝Ｌ／Ｂ，协议空闲的时间为数据发送后等待确认帧返回的时间＝２Ｒ。则要使停止等待协议的效率至少为５０％，即要求信道利用率μ至少为５０％。因为信道利用率＝数据发送时延／（传播时延＋数据发送时延），则有：μ＝Ｌ／Ｂ／（Ｌ／Ｂ＋２Ｒ）≥５０％可得，Ｌ≥２ＢＲ＝２×４０００×０．０２＝１６０（ｂ）因此，当帧长大于等于１６０比特时，停止等待协议的效率至少为５０％。

6.假定1KM长的CSMA/CD协议网络的数据率

为1Gb/s。设信号在网络上的传播速率为200000KM/S。求能够使用此协议的最短帧长。 对于 1km 电缆，单程传播时间为1÷200000=5×，即5us，来回路程传播时间为10us。为了能够按照CSMA/CD工作，最小帧的发射时间不能小于10us。以1Gb/s速率工作，10us可以发送的比特数等于：10x10的-6次方/1x10的-9次方 = 10000，因此，最短帧是10000 位或 1250 字节长。 7.如果本地域名服务无缓存，当采用递归方

法解析另一网络某主机域名时，用户主机本地域名服务器发送的域名请求条数分别是多少？简述原因。解：1条，1条。首先FTP 协议需要保证可靠，故需要用到可靠的TCP 协议，而不使用不可靠的UDP协议，显然传输命令用控制连接，传输数据用数据连接。

8.输入的信息位是1010001，约定的生成多项式G（x）=x4+x2+x+1，试求输出的CRC字码。解：K(x)=x6+x4+1 G(x)=x4+x2+x+1， 则r=4 x4K(x)=x10+x8+x4 x4K(x)除与G(x)得余数R(x)=x3+x2+1 则T(x)= x4K(x)+R(x)=x10+x8+x4+x3+x2+1，对应二进制码字10100011101

9.一个宽带为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？

解：按奈奎斯特定理：C = 2·H·log2N ∵N = 4， H = 6MHZ

∴C＝2Hlog2N＝2×6×106×log24 b/s＝24Mb/s

10.某信息带宽为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/N＝1030/10＝1000。 现已知带宽H＝3kHz，根据香农公式可知信道的最大比特率为： C＝Hlog2 (1+S/N)＝3×103×log2 (1+1000)≈30kb/s。

若采用二进制信号传输，该信道的最大比特率为：

C＝2Hlog2N＝2×3×103×log22＝6kb/s。

11.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k＝7，根据表达式2r≥k+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n＝k＋r＝11， 在7位信息位a10a9?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：

由上表可得监督关系式：

S0=a0⊕a4⊕a5⊕a7⊕a8⊕a10 S1=a1⊕a4⊕a6⊕a7⊕a9⊕a10

S2=a2⊕a5⊕a6⊕a7 S3=a3⊕a8⊕a9⊕a10

令S3S2S1S0＝0000，即令

a0⊕a4⊕a5⊕a7⊕a8⊕a10=0 a1⊕a4⊕a6⊕a7⊕a9⊕a10=0

a2⊕a5⊕a6⊕a7=0 a3⊕a8⊕a9⊕a10=0 由此可求得各冗余位的生成表达式： a0＝a4⊕a5⊕a7⊕a8⊕a10 a1＝a4⊕a6⊕a7⊕a9⊕a10 a2＝a5⊕a6⊕a7 a3＝a8⊕a9⊕a10

12. 若海明码的监督关系式为： S0=a0⊕a3⊕a4⊕a5 S1=a1⊕a4⊕a5⊕a6 S2=a2⊕a3⊕a5⊕a6 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=1010100带入监督关系式可得：

S0=a0⊕a3⊕a4⊕a5=0⊕0⊕1⊕0=1 S1=a1⊕a4⊕a5⊕a6=0⊕1⊕0⊕1=0 S2=a2⊕a3⊕a5⊕a6=1⊕0⊕0⊕1=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。 13. 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%

14.一个数据传输速率为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%/2LBLBR代入L、B和R，可得L≥160b。

15. 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6μs/km，问帧的顺序号应是多少位？

解：在信号传播速度为6μs/km、3000km长的信道上传输数据，传输延迟为： 6×3000＝18000μs

1.544Mb/s的T1干线每秒传输8000个193b的数据帧，每帧有24×8b的数据和1b的同步比特，因此实际用于数据传输的带宽为1.544－8000×10-61.536Mb/s。那么，发送一个64B的数据帧所需的发送时间为:64×8/1.536=333μs

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： 333＋18000＋18000＝36333μs

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。

16.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40＋3960＝4000b的数据帧，所需发送时间为： 4000/50k＝80ms 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＋270＝350ms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＝350＋80＝430ms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＝430＋270＝700ms时到达发送方。一帧的传输周期为700ms。 帧序号长度为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64×80＝5120ms，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4000×1％＝40b，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＋40＋0.4＝80.4b。因此，帧头和差错重发的开销占总带宽的比例为：80.4/(3960＋80.4)≈2％

17.一个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% (c)k=4,最大信道利用率=4/541=0.74%

18.设某路由器建立了如下路由表：

现共收到5个分组，其目的地址分别为： （1）128.96.39.10 （2）

128.96.40.12 （3）128.96.40.151 （4）192.153.17 （5）192.4.153.90 （答：(1) 此IP地址属于网络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； 19.某公司网络拓扑如下图所示，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。

R1和R2的路由表结构为：

(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、局域网2，每个局域网分配的IP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。解：无类IP地址的核心是采用不定长的网络号和主机号，并通过相应的子网掩码来表示（即网络号部分为1，主机部分为0）。本题中网络地址位数是24，由于IP地址的规则，每个网络中有两个地址是不分配的；主机号全0表示网络地址，主机号全1表示广播地址。因此8位主机号

能表示的主机数就是2^8-2=254台。该网络要划分为两个子网，每个子网要120台主机，因此主机位数X应该满足下面2个条件：X<8，2^X>120。解得X=7.

子网掩码就是255.255.255.128局域网1：202.118.1.0/25；其有效IP地址范围为202.118.1.1~202.118.1.126，网络地址为202.118.1.0，广播地址为202.118.1.127。局域网2：202.118.1.128/25；其有效IP地址范围：202.118.1.129~202.118.1.254，网络地址为202.118.1.128，广播地址为202.118.1.255。

(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。

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