1、11目录第二章物理层 .21.最大传输速率 R-MAX计算： .22.比特率与波特率的计算： .2第三/四章 数据链路层和 MAC层 .21.带位填充首尾标志法即面向二进制帧格式：例：HDLC .32.奇偶校验： .33.校验和(CheckSum) .34.循环冗余校验（CRC） .45.流量控制 .4（1）一位滑动窗口协议（协议 4）：WT=1，WR=1 .4（2）后退 n帧协议 .56.信道利用率： .67.CSMA/CD 最短帧长最短帧长和时隙长度为度 .68.求环比特长度，求总时间 .79.二进制指数后退算法 .710.碰撞问题： .8第五章网络层 .91.IP地址分类 .92.路由算
2、法 .9最短路径算法（Dijkstra）： .9扩散法(flooding) .9距离矢量算法 .9L-S（链路状态）算法 .112.主机的 IP地址分配 .11223.子网掩码： .11第六章 传输层 .131. 拥塞控制 .132.TCP 超时后的适应重发 RTT.14第七章 应用层 .151. DNS（DNS：Domain Name System域名系统） .152.E-mail系统的组成 .173. 简单邮件传输协议 SMTP.174. POP3 .17第二章物理层1.最大传输速率 R-MAX计算：无噪声信道：R-MAX=2Blog2V（B 带宽，V 信号离散等级）有噪声信道：香农公式：
3、R-max=Blog2(1+s/n)噪声=10log10S/N噪声为 30dB,S/N=1000332.比特率与波特率的计算：比特率=波特率*log2V注意单位：B(Byest)字节=8bit(比特)1KB=1024B 1Kbit=1000bit1MB=1024KB 1Mbit=1000Kbit 注意时间单位换算：1s=1000ms 1ms=1000us 1us=1000ns 例题：1）在一条无噪声的信道上，如果带宽是 4MHz，信号分成 32个等级，那么，信道的最大比特率(即数据传输率)为_bps，对应波特率为_波特，发送一个 20KB的文件最短需要的时间是_。 （作业一）解：(A)无噪声，
4、B=4MHZ， V=32R-MAX=2Blog2V（B 带宽，V 信号离散等级）=2*4*log2（32）=2*4*5=40Mbps(B) 比特率=波特率*log2V-波特率=比特率/log2V=40Mbps/log2(32)=8Mbroun(C)最短时间 T=20KB/40Mbps=20*8(Kbit)/40*1000(Kbps)=0.004s=4ms(这里注意时间换算)2）某信道的带宽为 4MHz，假定无噪声并采用 4电平的数字信号，试求该信道的最大数据传输率。（要求列出简要计算式）解：最大数据传输速率=2Blog2V=2*4*log24=2*4*2=16Mbps3）采用相幅调制(PAM)
5、技术在带宽为 32KHz的无噪声信道上传输数字信号，每个相位处都有两种不同幅度的电平。若要达到 192Kbps的数据速率，至少要有多少种不同的相位?解：无噪声，B=32KHZ, R-max=192Kbps；R-MAX=2Blog2V（B 带宽，V 信号离散等级）得Log2V=R-max/2B=192/2*32=3所以 V=8，每个相位都有两种不同的幅度的电平，所以至少需要 8/2=4种不同的相位。4）一个 TDM系统容量为 480kbps, 为 10路语音线路共享，语音信号的带宽为 3000 Hz. 请问模数转换的采样频率为多少？每个样本/信元携带多少比特的信息？假设该系统无噪声，并且采用二元
6、信号进行传输，则信道的总带宽最小为多少 Hz？如果采用曼切斯特编码，则信道的总带宽最小为多少 Hz？解：(A)采样频率为两倍信号带宽，即 2*3000HZ=6KHZ（B）先求出每路语音线路的数据传输速率为 480Kbps/10=48kbps，再求每个样本携带信息为：48k/6k=8 bit（C）假设该系统无噪声，并且采用二元信号进行传输，则信道的总带宽最小为：B=480kbps/2log2v=480ps/2=240KHZ44(D)如果采用曼切斯特编码，则信道的总带宽最小为:曼切斯特编码对信号的利用率为 50%， 根据结果（3），信道最小总带宽： 240KHZ/50%=480KHZ（5）如果主机
7、 A通过由 32路 TDM共享的 2.048Mbps总线链路向主机 B发送一个 32Kb的文件，则传输时间为_。解：先求出每路得传输速率=2.048/32=64Kbps在求时间 T=32Kb/64Kbps=0.5s=500msA. 500ms B. 1000ms C. 15.6msD. 1000ms6）在曼切斯特编码中，如果信号的到达速率（即信号的波特率）是 10M，那么数据传输速率是_。（知识点：2-7）A. 5Mbps B. 10MbpsC. 20MbpsD. 没有一个选项答案正确注：采用曼彻斯特编码的数字信道,数据传输速率是波特率 1/2倍 第三/四章 数据链路层和 MAC层1.带位填充
8、首尾标志法即面向二进制帧格式：例：HDLC考点：把所需传输的而精致数据一字排开，并以特列的位模式 01111110作为帧标志，如果内容中出现一个与帧标志相同的位串，即在第 5个 1后面插入 1个 0.例题：（1）采用位插入法的帧格式，若欲传输的信息是 10111111011，则实际传输的比特串是_。（知识点：3-7）A. 10111111011 B. 101111101011 C. 100111111011 D. 101011111011解：10111111011 在第 5个 1后面插入一个 0即101111101011某 8比特数据经“0 比特插入”后在信道上用“曼彻斯特码”发送，信道上的信
9、号波形如下图所示，试求原 8比特数据。解：考了 2个知识点：曼切斯特码（低到高代表 0，高到低代表 1），面向 2进制帧格式1 1 1 1 1 0 0 1 11 1 1 1 1 0 1 12.奇偶校验：考点：在数据后加一个奇偶(parity)位，奇偶位设置标准是保证码字中“1”位的数目是偶数(或奇数)。例子：101101055偶校验：10110100奇校验：101101013.校验和(CheckSum)考点：将发送的数据看成是二进制整数序列，并划分成一段段规定的长度（如 8位、16 位、32 位等），累加他们的和，校验和是此和的补码。将校验和与数据一起发送。在接收端，所有数据与校验和之和0例：
10、（1）07 6C 5F AA 86 7E1A3B6654333C 的 32位校验和为_0BC152DF_。（知识点：3-2）解：（1）因为是 32位故分成 8个：如下：07 6C 5F AA +86 7E1A3B+6654333C（2）依位相加，逢 16进 1位序号 A的数位 1+B数位 1+数位 1 和 当前位 进位 求补码 补码1 A+B+C=10+11+12 33 33-16*2=1 1 2 16-1=15 F2 A+3+3=10+3+3 16+2=18 18-16=2 2 1 15-2=13 D3 F+A+3=15+10+3 28+1=29 29-16=13(D) D 1 15-13=
11、2 24 5+1+3=9 9+1=10 (10)A A 0 15-10=5 55 C+E+4=12+14+4=30 30+0=30 30-16=14（E） E 1 15-14=1 16 6+7+5=18 18+1=19 19-16=3 3 1 15-3=12 C7 7+6+6=19 19+1=20 20-16=4 4 1 15-4=11 B8 0+8+6=14 14+1=15 (15)F F 0 15-15=0 0PS:如果是 16位就把数分成 4位，8 位就分成 2位相加。下面是 16位的求法：序号A的数位 1+B数位 1+C数位 1+D数位 1+E数位 1+F数位 1和 求当前位 当前位
12、进位 求补码 补码1 C+A+E+B+4+C=12+10+14+11+4+12 63 63-16*3=15 F 3 16-15=1 12 6+A+7+3+5+3=6+10+7+3+5+3 37 37-16*2=5 5 2 15-5=10 A663 7+F+6+A+6+3=7+15+6+10+6+3 49 49-16*3=1 1 3 15-1=14 E4 0+8+1+6+3 21 21-16=5 5 1 15-5=10 A4.循环冗余校验（CRC）考点：（1）除以多项式（已经给定），如果能除尽说明无差错（2）CRC 校验码是除以多项式的余数即原 BIT+余数是最终发送的比特流例：(1)01110
13、10111001001 采用 CRC校验码，生成多项式为 x3+x+1，最后发送的数据为_。解 step 1：通过多项式 x3+x+1得到被除数为：1010，和需要在原比特后加（多项式的最高次幂是 3）000Step 2：原始比特+000 后除以 1010的余数即是 CRC校验码（相同为 0，不同为 1）（2）已知生成多项式 G（x）=x 4+x3+1，若接收端收到的位串为 10110011010，问传输是否有错?为什么?（列出说明理由的计算式）77解 ：（1）由 G（x）=x 4+x3+1 得到被除数：11001（2）用收到的位串 10110011010除以 11001，如果出尽（没有余数）
14、则代表无传输错误5.流量控制（1）一位滑动窗口协议（协议 4）：WT=1，WR=1考点：S = next_frame_to_send, R = frame_expected 接收帧时：seq 与 R比较,若相等则接收送网络层,且 R+;否则拒绝。ack 与 S比较,若相等则从网络层取新包,S+;否则 S无变化。发送帧时：seq=next_frame_to_send; ack=frame_expected-1;例：1)采用一位滑动窗口协议（即协议 4），通信一方的 next_frame_to_send=0，frame_expected=1，当收到一个（seq=0, ack=0, data）的帧后
15、，next_frame_to_send=_，frame_expected =_，并将该帧的数据_。（知识点：3-5）A. 0，0，送网络层 B. 0，1，丢弃 C. 1，0，送网络层 D. 1，1，丢弃解析：seq=0 与 frame_expeced=1 比较 ，不相等， frame_expeced=1 ，丢弃Ack=0与 next_frame_to_send=0比较，相等，next_frame_to_send+=1答案是：1,1 ，丢弃2）采用一位滑动窗口协议（即协议 4），通信一方的 next_frame_to_send=0，frame_expected=1，当发送一帧时，帧的内容为（se
16、q=_, ack=_, data）。（知识点：3-6）A. 0，0 B. 0，1 C. 1，0 D. 1，1解：因发送帧时：seq=next_frame_to_send; ack=frame_expected-1;故：seq=0,ack=1-1=0（2）后退 n帧协议考点：发送端的等待时间至少是发送端到接收端传播时间的二倍例题：1）如果主机 A 到主机 B 相距 3000 km，信道的传输速率为 1Mbps，信号传播速率为 200m/ms，发送的帧长为 64字节。A和 B之间采用重发 N帧协议（协议 5）或选择性重发协议（协议 6）进行差错控制和流量控制。如果主机 A的数据链路层88向主机 B
17、的数据链路层发送了 0-6号帧，主机 A收到了 2号帧的确认，并且它的 0号帧超时。请回答以下问题：（10 分）（1）要使信道的利用率达到最高，如果采用协议 5，帧序号应该为多少位？（2）要使信道的利用率达到最高，如果采用协议 6，帧序号应该是多少位？（3）如果采用协议 6，并且又收到了 6号帧的 NAK，主机 A重发了哪些帧？（4）如果采用协议 5，并且又收到了 3号帧的确认，4 号帧定时器超时，主机 A重发了哪些帧？答：（2 分）发送一个帧即收到确认所需要的时间为 2*(64*8/1M + 3000km/200) = 2*(0.512ms+15 ms) = 2 * 15.512 = 31.
18、024ms在 31.024ms中可以发送的帧数为 60.1。（1）（2 分）用协议 5，序号为 6位（2）（2 分）用协议 6，序号为 7位（3）（2 分）重发 6号帧（4）（2 分）重发 4、5、6 号帧2）试根据发送滑动窗口变化过程，在下图所示各发送窗口下标出“发送帧序号”或“接收确认帧序号”说明。(参照第一窗口说明) 6.信道利用率：99考点：信道的利用率为：发送时间/来回时间如果帧长 1位，发送率为 b位/秒，往返传输时间为 R秒线路的利用率= =1/(1+bR)例题：1）在带宽为 20Mbps、距离为 5km的信道上用协议 3传输数据帧，电信号在线路上的传播速度约为 5 (s/km，
19、确认帧长度忽略，当信道利用率为 50%时，帧长为_。解：设帧长为 L，7.CSMA/CD 最短帧长最短帧长和时隙长度为度考点：（1）发送最短帧的时间=帧长/网络速率=2=2最长线路长度(D)/信号传播速率(V)（2）时隙的长度等于信号在介质上来回的传播时间例 1)一个 CSMA/CD的网络，最大传输距离为 5000米，信号传播速率为 200m/s，网络带宽为 10M。最短帧长是_。（知识点：4-3）时隙长度为_。解:先求：一个时隙的长度=2T=2*D/V=2*5000/200m/us=10000/200(m/us)=50us根据发送最短帧的时间=帧长（L）/网络速率(R)得到最短帧长 L=50
20、us*10M=0.00005*10000000bit=500bit2）若 CSMA/CD局域网的节点最大距离为 2km，网络的数据传输率为 10Mbps，信号在介质中的传播速度为 2108m/s，求该1010网的最短帧长。（要求写出计算过程）解：最短帧的时间=2*2km/2*108m/s=20us最短帧长=20us*10Mbps=200bit3）设信号在介质中的传播速度为 200m/s,若 10Mbps的 CSMA/CD LAN的最短帧长为 200bit，试求该网站点的最大距离。解：先求最短帧的时间=最短帧长/网络速率=200bit/10Mbps=20us最大距离=20us*200m/us/2
21、=2000m8.求环比特长度，求总时间例 1)某令牌环介质长度为 20km，数据传输速率为 2Mbps，环路上共有 50个站点.每个站点的接口引入 1位延迟，设信号在介质中的传播速度为 200ms，试计算环的比特长度。(要求写出计算过程) 解：环的比特长度=信号传播时延数据传输速率接口延迟位数=环路介质长度200m/s数据传输速率接口延迟位数=20000200m/s2Mbps+501=250bit2).在 100Mbps以太网中，两站点间的最大距离是 200m，信号传播速度是 200m/s，求在该网上传输长度为 1500bit的数据帧所需的总时间(s)。(要求列出简要计算步骤) 解：总时间=传
22、输时延+信号传播时延 传播时延=数据帧长度/数据传播速率 信号传播时延=两个站之间的距离/信号传播速度 总时间=数据帧长度/数据传播速率+两个站之间的距离/信号传播速度 =1500bit/1ooMbit/s+200m/200ms=15s+1s=16s9.二进制指数后退算法考点：（1）一般地，经 i次冲突后，发送站点需等待的时隙数将从 0 2i - 1中（即即0, 2i-1或0, 2i)）随机选择 随机数的最大值是 1023（即第 10次冲突之后）（2）对于两个站点的第 j次竞争，发生在第 i次冲突之后，j=i+1，站点会在0,2j-1)或0,2i)范围选择等待时隙。其发生冲突的概率=1/2j-1=1/2i；前 j次竞争都冲突的概率=11/21/2j-1=1/2(j-1)j/2=1/2i(i+1)/2例题：1）在以太网中的某一时隙，有两个站点同时开始发送，则 3次竞争内（包括第 3次）将帧成功发送的概率是_。（或者说 3次竞争总可以解决冲突的概率）A. 12.5% B. 25% C. 75% D. 87.5%
