计算机网络A卷(6页).doc

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1、-计算机网络A卷-第 6 页东莞理工学院试卷（2010 至2011 学年第1 学期）课程名称： 计算机网络（A卷）命题教师： 宇婴适用班级： 计算机科学与技术2008级1、2、3、4班 试卷分析一、单项选择题（每题 2 分，满分 20 分）1. 以下对IP地址分配中描述不正确的是 。 （ B ） A. 网络ID不能全为1或全为0；B. 同一网络上每台主机必须有不同的网络ID；C. 网络ID不能以127开头；D. 同一网络上每台主机必须分配唯一的主机ID；分析：同一网络上每台主机应该有相同的网络ID，否则必然不在同一网络2. 。 （ C ） A. B. C. 255.255.240.0D. 分析

2、：网络要划分为8个子网，可以借用3位主机比特23=8，但是由于全零和全1的子网号不可用，所以必须借用4位；3. 以下不属于物理层的主要任务的是 。 （ D ） A. 指明对于不同功能的各种可能事件的出现顺序； B. 指明接口使用接线器的形状和尺寸、引脚数目和排列等； C. 指明某条线路上出现的某一电平的电压表示何种意义；D. 指明具体的传输媒体；分析：见书P364. 脉码调制PCM用于_。 （ D ） A. 数字信号在数字信道上传输 B. 数字信号在模拟信道上传输C. 模拟信号在模拟信道上传输D. 模拟信号在数字信道上传输分析：见书P535. 标准TCP不支持的功能是 。 （ B ） A. 可

3、靠数据传输； B. 组播通信C. 流量控制和拥塞控制D. 全双工通信 分析：见书P187TCP特点26. 当信道总带宽远大于信号所需带宽，适合采用 。 （ A ） A. 频分复用技术 B. 时分复用技术 C. 波分复用技术 D. 码分复用技术分析：见书P487. 下列各种网络互联设备中，不能隔离冲突（碰撞）域的是 。 （ C ） A. IP路由器B. 以太网交换机C. 以太网集线器D. 透明网桥分析：集线器工作在物理层，所以不能隔离冲突（碰撞）域8. 在TCPIP网络中，为各种公共服务保留的端口号范围是 。 （ B ） A. 1255B. 11023C. 11024D. 165535分析：见书

4、P183 9. 下面关于通信电缆和信道的描述中，错误的是 。 （ A ） A. 同一条电缆上只能有一个信道B. 同一条电缆上可以有多个信道C. 电缆是通信的物理线路，信道是通信的逻辑线D. 信道是传输信号的通路，由通信电缆及相应的附属设备组成10. 在平均往返时间RTT为20ms的快速以太网上运行TCP/IP协议，假设TCP 的最大窗口尺寸为64KB，问此时TCP协议所能支持的最大数据传输率 。 （ C ） A. 3.2Mbps B. 12.8Mbps C. 25.6MbpsD. 51.2Mbps分析：64/20ms=3.2M，这道题看似选A，但是请注意KB是字节，而bps是比特，所以还要乘8

5、得分评阅教师二、填空题（每空1分，满分10分）1. 把 协议 加到链路上，就构成了数据链路。(书P64)2. 数据链路层的三个基本问题是：_封装成帧_、_透明传输_、_差错检验_。（书P65）3. 。（书P74）4. Internet路由协议分为 IGP 和 EGP 两大类。（书P146）5. TCP/IP参考模型的最底层是 网络接口层 。（书P27）6. 对于数据传输率为100Mbps的快速以太网，如果仍然采用CSMA/CD介质访问控制协议，则其两个站点之间的最大距离可以为 100米 。（书P101）7. IP数据报首部固定部分的大小为 20 字节。（书P122）得分评阅教师三、简答题（每题

6、5分，满分30分）1. 某个通信系统采用CRC校验方式，待发送的数据比特序列为110011并且生成多项式G(x)的二进制比特序列为 11001，假设传输过程无差错，请问目的结点接收到的二进制比特序列为多少？（写出具体过程，否则不得分） 答：1100111001 （书P68）2. 假设路由器R1收到来自路由器R3的路由信息，采用RIP算法，请计算R1更新后的路由表（写出每步理由，否则不得分）。 R1： R3： N1 2 R5 N1 1 N2 1 - N2 2N3 3 R3 N3 6 N4 9答：第一步：修改下一跳，距离加1N1 2 R3N2 3 R3N3 7 R3N4 10 R3第二步：比较N1

7、 2 R5 下一跳不同，距离相同，维持路由表稳定，不更新；N2 1 - 下一跳不同，距离变长，不更新；N3 7 R3 下一跳相同，更新；N4 10 R3 新网络，添加；（见书P148）3. 对于带宽为50kHz的信道，若有4种不同的物理状态来表示数据，信噪比为20dB。 （1）按奈奎斯特定理，信道的最大传输数据速率是多少？ （2）按香农定理，信道的最大传输数据速率又是多少？.答：（1）根据奈奎斯特定理：Rmax=2*B*log2N (bps) Rmax = 2 * 50 * log24 = 200 kbps （2）根据香农定理：Rmax=B*log2 (1+S/N) (bps) 10log10

8、(S/N)=20 db S/N=10 20/10=100 Rmax=50*log2(1+100) = 50*log2101 kbps（书P38）4. 通过IEEE 802.3局域网传送ASCII码信息“Good morning!”，若封装成一个MAC帧( 表示空格 )， 请问：（1）该帧的数据字段有效字节为多少？（2）需要填充多少个字节？（3）若此局域网的数据率为10Mb/s，其码元传输速率是多少？为什么？答：因为MAC帧最小数据长度为64字节，MAC帧头占18个字节，故数据长度必 须大于46个字节，如不够则进行填充。所以： （1）数据帧的数据字段有效字节是13字节 （2）需要填充的字节数为4

9、6-13=33（字节） （3）20Mbps 采用的是曼彻斯特编码（书P89-90 P80）（1）当主机1要向主机2发送数据时，必须知道主机2的MAC地址，为此，先根据主机2的IP地址在本机的ARP缓冲表内查找，如找到E2，则把E2填到MAC帧中，并把数据发送给主机2；（2）如果在本机的ARP缓冲表内找不到主机2的MAC地址，则主机1产生一个ARP询问包，其中包含主机1的IP地址，MAC地址E1，主机2的IP地址，并广播到网络上询问有谁知道主机2的MAC地址；（3）主机2收到ARP询问包后，根据询问者的IP和MAC地址E1立即向主机1回送一个ARP响应包，其中包含主机1的IP地址，MAC地址E1

10、，主机2的IP地址和MAC地址E2，从而主机1获得了主机2的MAC地址E2，进而可向主机2发送数据。（书P119-121） 6. 什么叫流量控制，试简述TCP的流量控制机制答：（1）为了防止快速的发送设备发出的数据过多，导致慢速的接收设备处理不过来而发生大量数据丢失（淹没慢速的接收设备）所采取的限制措施称为流量控制。 （2）在面向连接的TCP协议中，TCP包中有一个Window size 字段，接收方可以通过该字段告诉发送方，自己还有多少个接收缓冲区，极端情况下，当接收方不能再接收数据时，把该字段设置为0，从而发送方可以根据该字段的值来调整发送数据的大小或速率。（书P203）得分评阅教师四、应

11、用题（每题10分，满分40分）“PPP：点对点协议，用户计算机与ISP进行通信时所使用的数据链路层协议”。） 应用层：（1）应用层：HTTP：WWW访问协议，DNS：域名解析；运输层：（2）传输层：TCP：在客户和服务器之间建立连接，提供可靠的数据传输网络层：（3）网络层：IP：IP包传输和路由选择，ICMP：提供网络传输中的差错检测，ARP：将本机的缺省网关IP地址映射成物理MAC地址。2.长度为1km，数据传输率为10Mbps的以太网，电信号在网上的传播速度是200m/ms。数据帧的长度为256比特，包括32比特帧头、校验和及其它开销。数据帧发送成功后的第一个时间片保留给接收方用于发送一个

12、32比特的的确认帧。假设网络负载非常轻(即没有冲突)，问该网络的有效数据传输率是多少？.答：（1）有效数据传输率=发送的有效数据/发送有效数据所用的总的时间 有效数据=256-32=224比特（2） 发送256比特数据帧所用的发送时间=256bits/10Mbps=25.6ms；（3）数据帧在电缆上的传播时间=1000m/(200m/ms)=5ms；（4）发送32比特的确认帧所用的发送时间=32bits/10Mbps=3.2ms；（5）确认帧在电缆上的传播时间=1000m/(200m/ms)=5ms； （6）发送224比特的有效数据所占用的总的时间=25.6ms +5ms +3.2ms +5m

13、s=38.8ms；则该网络的有效数据传输率为224bits/38.8ms=5.77Mbps。3.某路由器建立了如下路由表：地址/掩码下一跳路由器135. 46. 56. 0 /22接口0135. 46. 60. 0 /22接口1192. 53. 40. 0 /23R1*（默认）R2现收到5个分组，其目的站IP分别为：（1） 135. 46. 63. 10；（2） 135. 46. 57. 14；（3） 135. 46. 52. 2； （4） 192. 53. 40. 7；（5） 192. 53. 41. 7；分别计算下一跳。（写出计算过程，否则不得分）。答：（1）接口1（2）接口0（3）R2（

14、4）R1（5）R1（书P135-139）4. 通过1Mbps卫星信道（假设卫星信道的双向传播延迟为500ms）发送1000位的帧。确认通过数据帧捎带，帧头非常短，可以忽略不计。对于下列协议，其信道利用率最大可达多少？(a) 停-等协议； (b) 回退N帧协议（发送窗口大小为7）；答：卫星信道的单向延迟为250ms。t=0时开始发送，当t=1ms时，第1帧全部发送完；当t=251ms时，接收方完整接收到第1帧当t=502ms时，确认帧(捎带在数据帧中)返回到发送方，整个发送周期是502ms。）如果在502ms的发送周期内所发送k帧，则信道利用率E最大可达(k*1000/1Mbps)/502ms，即为k/(502)。1、 停-等协议，k=1，E=1/(502)=0.20%；2、 后退N帧协议，k=7，E=7/(502)=1.4%；（可参看书P22和P191，这个内容在复习课上是提醒了大家的）