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1、课本为杨明福版的自考书三章物理层P69 4 题见黑板练习a)不归零码(NRZ)b)曼彻斯特码 c)差分曼彻斯特码5 题见黑板练习：公式见 P43 1）对于带宽为 6MHZ 的信道，若用 4 种不同的状态来表示数据，在不考虑热噪声的情况下，该信道的最大数据传输速率为多少？答：C=2H*LOG2N=2*6MHZ*LOG24=24MBPS 2）信道带宽为 3KHZ，信噪比为 30DB，则每秒能发送的比特数不会超过多少？答：C=H*LOG2（1+S/N）=3KHZ*LOG2（1+1030/10）=30KBPS （此应为约数）名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 1 页，共 24 页 -3）
2、采用 8 种相位、每种相位各有两种幅度的PAM 调制方法，在 1200BAUD 的信号传输速率下能达到的数据传输速率为多少？答：C=B*LOG2（8*2）=1200BAUD*LOG2（16）=4800BPS 4）采用每种相位各有两种幅度的PAM 调制方法，在带宽为8KHZ的无噪声信道上传输数字信号，若要达到64KBPS 的数据速率，问至少要多少种不同的相位？答：C=2H*LOG2（X*2）=64KBPS=2*8KHZ*LOG2（X*2）LOG2（X*2）=4 X*2=16 X=8种5）对于带宽为4KHZ的语音信号，采用量化级别为128 的 PCM 方法编码，问所产生的二进制位起码要用多大传输速
3、率的信道才能传输？答：二进制位数=LOG2（128）=7 位C=2*4KHZ*7位=56kBPS 9 题题目见书解：传播延迟等于：50*103米/（2*108米/秒）=25*10-5秒=250 微秒100字节/250 微秒=0。4 字节*106/秒=0。4M字节/秒=3。2 位/秒512字节/250 微秒=2。04M字节/秒因此，带宽分别等于0。4M字节/秒和 2。04M字节/秒名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 2 页，共 24 页 -10 题计算在下列情况下一个分组的延迟（从发出第1 位开始到收到最后1 位为止）：（a）在通路上有 1 个存储转发交换机的1Gbps以太网，分组
4、大小是5000 位。假定每条链路引入 10 微妙的传播延迟，并且交换机在接收完分组之后立即重发。解答：分析一个交换机应有2 条链路1 位的发送延迟=1/109=10-9S=0.001s 所以，一个分组由5000位组成，在每条链路上引入的发送延迟是5s，分组在每条链路上的传播延迟都是10s 因此总的延迟等于：52+102=30s。（两次发送，两次传播）（整个分组接收完经过分析才确定转发的外出端口，因此延迟了一个分组的发送时间）（b）跟（a）的情况类似，但有3 个交换机。解答：3 个交换机，共有4 条链路，总的延迟等于：54+104=60s。（4 次发送，4 次传播）（c）跟（a）的情况相同，但假
5、定交换机实施“直通”交换：它可以在收到分组的开头 128 位后就重发分组。名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 3 页，共 24 页 -解答：使用直通交换，交换机延迟分组128 位，即 0.128 s。在这种情况下仍然有 1 个 5s 的发送延迟，2 个 10s 的传播延迟，再加上0.128 s 的交换机转发延迟，因此 总的延迟等于：51+102+0.128=25.128 s（1 个发送延迟，2 个传播延迟，1 个转发延迟）如果像（b）那样有 3 个交换机，那么总的延迟将会等于：51+104+0.128 3=45.384s。（1 个发送延迟，4 个传播延迟，3 个转发延迟）11 题
6、。解答:a)传播时延=55*106米/(3*108米/秒)=0.183 秒b)总时间=数据发送时间+信号传播时延发送时间=5MB/128K=0.31秒总时间=0.31+0.18=0.49 秒12 题见黑板分别计算 T1 载波和 E1载波的编码效率和开销率。名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 4 页，共 24 页 -解答：见 P49 1)T1 载波Bell系统的 T1 载波利用脉码调制PCM 和时分 TDM 技术，使 24 路采样声音信号复用一个通道。每一个帧包含 193 位，每一帧用 125us 时间传送。T1系统的数据传输速率为 1.544Mbps。T1 载波帧结构2)E1 载
7、波CCITT建议了一种 2.048Mbps 速率的 PCM载波标准，称为E1载波(欧洲标准)。它每一帧开始处有8 位同步作用，中间有8 位作用信令，再组织30 路 8 位数据，全帧包括 256 位，每一帧用 125us 时间传送。可计算出E1系统的数据传输速率为256位/125us=2.048Mbps。所以：T1载波是把 24 个话音信道多路复用在一条高速信道上，每个信道包含7位的数据和 1 位的控制信令位，此外加入一位帧同步位组成基本帧。其中，用户的开销为 241（控制位）+1（基本帧）=25 b 总开销为：（7+1）24+1=193 b 因此，用户的开销所占的百分比为：25/193100%
8、13%1)T1 载波的编码效率=7*24/（8*24+1）=168/193=87%名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 5 页，共 24 页 -开销率=（1*24+1）/193=25/193=13%2)E1 载波的编码效率=8*30/（8+8+8*30）=240/256=93.75%开销率=（8+8）/256=16/256=6.25%四章数据链路层P91 5 题解答：发送方还可发送3 帧可发 4、5、6 号6 题。若窗口序号位数为3,发送窗口尺寸为2,采用 GO-BACK-N 法,请画出由初始态出发相继下列事件发生时的发送及接收窗口图.发送帧 0,发送帧 1,接收帧 0,接收确认帧
9、 0,发送帧 2,帧 1 接收出错,帧 1 确认超时,重发帧 1,接收帧 1,发送帧 2,接收确认帧 1.名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 6 页，共 24 页 -7 题。若 BSC帧数据段中出现下列字符串：问字符填充后的输出是什么?“ABCDE”解答：字符填充后的输出是：“A BC DE ”名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 7 页，共 24 页 -8 题解答：输出是：01000001111101101011111010 9 题用 BSC规程传输一批汉字，若已知采用不带报头的分块传输，而且最大报文块长为 129 字节，共传输了5 帧，其中最后一块报文长为101
10、字节。问每个报文最多能传多少汉字?这批数据报共有多少汉字?解答：分析：由 BSC规程,不带报头(以字符串格式)的分块传输的帧格式为:SYN SYN STX报文 ETB/ETX BCC不带报头的分块传输是5 个控制字符，开销5 个字节，（1295）/2=62 故前 4 帧每帧最多能传的汉字数为：(129-3(SYN+SYN+STX)-2(ETB+BCC)/2 62(个)每个报文传 62 个汉字，前 4 帧传 248 个汉字最后一帧（1015）/2 48 该批数据共有的汉字数为：624+(101-3(SYN+SYN+STX)-2(ETX+BCC)/2 296(个)名师资料总结-精品资料欢迎下载-名
11、师精心整理-第 8 页，共 24 页 -(2)由 BSC 规程,不带报头(以比特流格式)的分块传输的帧格式为:SYN SYN DLESTX报文 DLEETB/ETXBCC故前 4 帧每帧最多能传的汉字数为：(129-4-3)/261(个)该批数据共有的汉字数为：614+(101-4-3)/2291(个)注:因假设采用单字节的块校验字符(非比特流),故应取(1)的计算结果。10 题：用 HDLC 传输 12 个汉字时，帧中的信息字段占多少字节？总的帧长占几字节？解答：看 HDLC 帧格式 P87 信息字段(I)占 12 2=24 字节总的帧长占 1(F)+1(A)+1(C)+24(I)+2(FC
12、S)+1(F)30 字节14 题练习：1）要发送的数据为 1101011011。采用 CRC 的生成多项式是G(x)=x4+x+1。试求应添加在数据后面的余数。数据在传输过程中最后一个1 变成了 0，问接收端能否发现？名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 9 页，共 24 页 -若数据在传输过程中最后两个1 都变成了 0，问接收端能否发现？答：添加的检验序列为1110（11010110110000 除以 10011）数据在传输过程中最后一个1 变成了 0，11010110101110除以 10011，余数为 011，不为 0，接收端可以发现差错。数据在传输过程中最后两个1 都变成了
13、 0，11010110001110除以 10011，余数为101，不为 0，接收端可以发现差错。五章网络层P133 4 题。设有一通信子网。若使用虚电路，则每一分组必须有3 字节的分组首部，而每个网络结点必须为虚电路保留8 字节的存储空间来识别虚电路。但若使用数1 1 0 0 1 1发送数据比特序列CRC 校验码比特序列1 0 0 1带CRC 校验码的发送数据比特序列1 1 0 0 1 1 0 0 0 01 1 0 0 1 G(x)1 1 0 0 1 1 0 0 0 0 1 1 0 0 1 1 0 0 1 R(x)1 0 0 0 0 1 Q(x)f(x).xkf(x)名师资料总结-精品资料欢迎
14、下载-名师精心整理-第 10 页，共 24 页 -据报，则每个分组要有15 字节的分组首部，而结点就不需要保留路由表的存储空间。设每段链路每传1 兆字节需 0。01 元，购买结点存储器的费用为每字节0.01元，而存储器的寿命为2 年工作时间（每周工作40 小时）。假定一条虚电路的每次平均使用时间为1000 秒，而在此时间内发送200 分组，每个分组平均要经过4段链路。试问：采用哪种方案（虚电路或数据报）更为经济？相差多少？答：分析：4 段链路意味着涉及5 个路由器。虚电路实现需要在1000 秒内固定分配 58=40 字节的存储器。数 据 报 实现 需 要 比虚 电 路 实现 多 传送 的头 信
15、息 的容 量等 于（15 3）4200=9600字节链路。现在的问题就成了40000字节秒的存储器对比9600字节链路的电路容量。虚电路实现方案：需在 1000秒内固定分配 58=40字节存储空间，存储器使用的时间是2 年，即 252403600=1.5107秒每字节每秒的费用=0.1/（1.5 107）=6.7 10-10元总费用，即 1000 秒 40字节的费用=1000406.7 10-10=2.710-5元数据报实现方案：比上述虚电路实现方案需多传(15-3)4200=9600字节，每字节每链路的费用=0。01/106=10-8元总费用，即 9600 字节每链路的费用=960010-8
16、=9.610-5元9.6-2.7=6.9毫分可见，本题中采用虚电路实现方案更为经济，在1000 秒的时间内便宜6.9 毫分名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 11 页，共 24 页 -5 题。参照书例题 P102 A B C D E F 延迟TO B （5，0 ，8，12，6，2）6 D （16，12，6，0，9，10）3 E （7，6，3，9，0，4）5 考虑 C到 A CBA：5+6=11 CEA：7+6=13 考虑 C到 F：CBF：2+6=8 名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 12 页，共 24 页 -CDF：10+3=13 CEF：4+5=9 所以：C（
17、11，6，0，3，5，8）输出线路：（B B -D E B）八章局域网技术P2084 题纯的 ALOHA 和时分的 ALOHA 哪一个延迟比较小？解答：对于纯的 ALOHA，发送可以立即开始。对于时分的ALOHA，它必须等待下一个时隙。这样，平均会引入半个时隙的延迟。因此，纯ALOHA 的延迟比较小5 题一万个站点在竞争使用每一时分ALOHA 通道。如果每个站平均每个小时做 18次请求。信道时隙是125us。总的通道负载约为多少？解答：每个终端每 200（=3600/18=200）秒做一次请求，总共有10000 个终端。因此，总负载是200秒做 10000次请求，平均每秒50 次请求。每秒 8
18、000 个（=1/125 us）时隙，所以平均每个时隙发送次数是G=50 8000=1/160=0.00625。6 题名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 13 页，共 24 页 -N个站点共享 56K 的纯 ALOHA 信道。每个站点平均每 100秒输出一个 1000 bit的帧，即使前一个帧还没有发送完也依旧进行（假设站点都有缓存）。N的最大值是多少？解答：对于纯 ALOHA，可用的带宽是0.184 56Kb/s=10.304b/s；每个站都需要的带宽是1000100=10b/s。因此 N=10304 101030。所以，最多可以有1030 个站，即 N的最大值是 1030。7
19、 题答：见 P166 在二进制倒计数法中，每个想要使用信道的站点首先将其地址以二进制位串的形式按照由高到低的顺序进行广播，并且假定所有地址的长度相同。为了避免冲突，必须进行仲裁：如果某站发现其地址中原本为0 的高位被置换为1，那么它便放弃发送。对于次高位进行同样的信道竞争操作，直到最后只有一个站赢得信道为止。一个站点在赢得信道竞争后便可发送一帧，然后另一个信道竞争周期又将开始。什么是 Mok 和 Ward 版本的二进制倒计数法。Mok 和 Ward 提出了二进制倒计数法的一个变种。该方法采用了并行接口而不是串行接口：还使用虚拟站号，在每次传输之后对站重新编号，从0 开始，已成功传送的站被排在最
20、后。如果总共有 N 个站，那么最大的虚拟站号是N-1。本题中，当 4 站发送时，它的号码变为0，而 0、1、2 和 3 号站的号码都增 1，10 个站点的虚站号变为8，3，0，5，2，7，4，6，9，1 当 3 站发送时，名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 14 页，共 24 页 -它的号码变为 0，而 0、1 和 2 站的号码都增 1，10 个站点的虚站号变为：8，0，1，5，3，7，4，6，9，2 最后，当 9 站发送时，它变成0，所有其他站都增1，结果是：9，1，2，6，4，8，5，7，0，3。8 题。不作要求 P167 解答：2 n个站点对应 n+1 级，其中 0 级有
21、1 个节点，1 级有 2 个节点，n 有2 n个节点。在 i 级的每个节点下面所包括的站的个数等于总站数的1/2 i。本题中所需要的时隙数取决于为了到达准备好发送的两个站的共同先辈点必须往回走多少级。先计算这两个站具有共同的父节点的概率p1。在 2n个站中，要发送的两个站共享一个指定的父节点的概率是1/C2 2n=1/2 n-1(2 n-1)总共 2 n-1个父节点，所以，p1=1/2 n-1(2 n-1)*2 n-1=1/(2 n-1)因为 2n 1所以 p12-n在共享父节点的条件下遍历树，从第二级开始每一级访问两个节点，这样遍历树所走过的节点总数n1=1+2+,+2+2=1+2n，接下来
22、，我们考察两个发送站共享祖父节点的概率p2 和遍历树所走过的节点总数 n2。此时在每个父节点下面仅可能有一个站发送。两个发送站共享一个指定的祖父节点的概率是1/C 2 2n-1。名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 15 页，共 24 页 -共有 2 n-2个祖父节点p2=2 n-2/C 2 2n-1=1/2 n-1-1=2-n+1遍历树比 1 n 减少两个节点，即N2=1+2n-2=2n-1 通过类似的分析和计算，可以得到，两个发送站共享曾祖父节点（属n-3级祖先节点）的概率是 p3=2-n+2遍历树所经过的节点总数比n2 又少两个节点，N3=2n-1-2=2n-3.Pi+1=2
23、-(n-i)Ni+1=2n+1-2i 因此，最坏的情形是2n+1 个时隙（共享父节点），对应于i=0；最好的情形是 3 个时隙，对应于 i=n-1（两个发送站分别位于左半树和右半树），所以平均时隙数等于 n-1 M=2-(n-i)(2n+1-2i)i=0 9 题。一个 7 层楼，每层有一排共15间办公室。每个办公室的楼上设有一个插座，所名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 16 页，共 24 页 -有的插座在一个垂直面上构成一个正方形栅格组成的网的结点，相邻插座间的垂直和水平距离均为4 米。设任意两个插座之间都允许连上电缆（垂直、水平、斜线,均可）。现要用电缆将它们连成（1）集线器
24、在中央的星形网；（2）总线式以太网。3）采用令牌环网（不设线路中心）。试计算每种情况下所需的电缆长度。解答：图见黑板（1）假定从下往上把7 层楼编号为 1-7 层。按楼层高 4 米计算。在星形网中，集线器放在 4 层中间位置（第8 间房）。电缆总程度等于：7 15 4 （i-4）2+（j-8）2=1832（m）i=1 j=1（2）对于总线式以太网（如10BASE2），每层需 414=56（m）水平电缆，垂直电缆需 46=24（m），所以总长度等于756+24=416（m）（3）图见黑板这种方案是采用螺旋结构，线缆经过（1,1）、（15,1）、（15,7）、（1,7）、（1,2）和（14,2）等
25、，总长度等于：56+52+48+56+20+12+4+8+16+24+442+122=466（m）名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 17 页，共 24 页 -10 题 标准 10MBPS802。3LAN的波特率是多少？解答：标准 10MBPS802。3LAN采用曼彻斯特编码即 数据传输率只有调制速率的1/2R=1/2B B=2*10MBPS=20 波特概念：数据帧从一个站点开始发送,到该数据被另一个站点全部接收，所需的总时间等于(),假设不考虑中继器引人的延迟。A)信号传播时延B)数据传输时延C)数据传输时延+信号传播时延D)信号传播时延的2 倍【答案】C 11 题。一个 1k
26、m长的 10Mb/s 的 CSMA/CD 局域网（不是 802.3），其传播速度等于每微秒 200 米。数据帧的长度是256bit，其中包括用于帧头、检验和以及其他开销的 32bit。传输成功后的第一个时隙被留给接受方，用来捕获信道并发送一个 32bit的确认帧。假定没有冲突发生，有效数据率（不包括开销）是多少？解法 1:仅以成功的发送与传播计算：发送数据帧 256 位所需时间=256bit/10Mbps=25.6us 数据帧在信道上的传播时间=1000m/(200m/us)=5us 名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 18 页，共 24 页 -共用时间=25.6us+5us=3
27、0.6us 故有效数据传输速率为：(256-32)b/30.6us=7.3Mbps解法 2:从发送至接收确认全程计算（依题意是这种计法）：1)发送数据帧 256 位所需时间=256bit/10Mbps=25.6us 数据帧在信道上的传播时间=1000m/(200m/us)=5us 共用时间=25.6us+5us=30.6us 2)回发确认帧 32 位所需时间=32bit/10Mbps=3.2us 确认帧在信道上的传播时间=1000m/(200m/us)=5us 共用时间=3.2us+5us=8.2us 故有效数据传输速率为：(256-32)b/(30.6+8.2)us=5.77Mbps14 题
28、。长 1Km、10Mbps的基带总线 LAN,信号传播速度为200M/s,试计算:1000比特的帧从发送开始到接收结束的最大时间是多少?若两相距最远的站点在同一时刻发送数据,则经过多长时间两站发现冲突?解答：两站点从发送开始到接收结束的总时间=数据传输时延+信号传播时延=1000bit/10Mbps+1000m/200m/us=100us+5us=105us 同时发送数据的两站点发现冲突的时间=信号传播时延=1000m/200m/us=5us 名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 19 页，共 24 页 -(注:若非同时发送数据,两站点发现冲突的最大时间=2*信号传播时延)练习：某
29、 CSMA/CD 基带总线网长度为1000m，信号传播速度为200m/s,假如位于总线两端的站点在发送数据帧时发生了冲突,试问:该两站间信号传播延迟时间是多少?最多经过多长时间才能检测到冲突?【解析】该两站间时延a=1000m/200(n/S)=5S 冲突检测时间=2a=25s=10s【答案】5slOs 15题。100个站点的时槽环，任意两站间的平均距离为10m,数据传输速率为 10Mbps,信号传播速度为 200m/us,若每个站引入 1 位延迟,试计算：两站间链路的位长度为多少位？整个环路的有效位长度为多少位？此环上最多允许有几个37 位长的时槽？解答：见 P177 公式环的比特长度=信号
30、传播时延*数据传输速率+接口延迟位数两站间链路的位长度为：10m/200m/us*10Mbps=0.5bit(不计 1 位延迟)总环路的有效位长度为：100(0.5bit+1bit)=150bit 时槽数为：150bit/37bit=4.05(个)5(个)名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 20 页，共 24 页 -16 题。当数据传输速率为5Mbps,传播速度为200m/us时，令牌环 接口中的一个比特时延等价于多少米的电缆？解答：在 5Mbps 数据传输速率下，一个位时等于200us（=1/5*106），在 200us时间内信号可以传播的距离=200*10-3*200=40
31、米因此：一个比特时延等价于40 米的电缆。17 题。长 1Km、10Mbps、50 个站点的 令牌环，每个站引入 1 位延迟，信号传播速度为 200m/us,令牌长 8 位，数据帧最大长度为256（包括 32 位开销），确认在数据帧捎带，问该环不包括开销的有效数据速率 为多少？分析：站点在令牌环上一个完整的工作周期如下：获取令牌：停止令牌运行（大约为1 位时延，归入站点时延计算）；发送数据帧：把数据帧发送到环上；（传输时延）数据帧绕环一周：绕环线一周；（传播时延）经过每个站点有1 位时延。（传输时延）发送令牌帧：把令牌帧发送到环上；（传输时延）解：1）获取令牌 传输时延 为:8bit/10Mb
32、ps=0.8us2）发送数据帧 传输时延 为:256bit/10Mbps=25.6us 3）信号绕环一周 传播时延 为:1000m/200m/us=5us 名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 21 页，共 24 页 -4）50 站点 1 位传输时延 为:50*1bit/10Mbps=5us 5）发送令牌帧 传输时延 为:8bit/10Mbps=0.8us 所需总时间 为：(0.8+25.6+5+5+0.8)us=36.4us 该环不包括开销的有效数据传输速率为:(256-32)bit/36.4us=6.15Mbps18 题。长 10Km、16Mbps、100 个站点的 令牌环，每
33、个站引入 1 位延迟，信号传播速度为 200m/us。问：该环上1 位的延迟 相当于 多少米长度的电缆？该环的有效位长度 为多少位？解法 1:令牌环的比特长度为：10Km*5us/Km*16Mbps+100bit=180bit 故该环上 1 位的延迟 相当于电缆的长度 为：1bit*10Km/180bit=5.56m 该环的有效位长度 为：10Km*5us/Km*16Mbps=80bit(不计 1 位延迟)解法 2:该环上 1 位的延迟 相当于电缆的长度 为：200m/us/16Mbps=200m/us/16b/us=12.5m/b 该环的有效位长度 为：10Km/12.5m/b=80b(不计
34、 1 位延迟)19 题。长 1Km、4Mbps、50 个站点的 令牌环，每个站引入 1 位延迟，信号传播速度为 200m/us,设数据帧最大长度为100 字节。问该环上检查令牌丢失的超时计数器的值至少要设置为多少微秒？名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 22 页，共 24 页 -解答：1Km令牌环传播时延为:1000m/200m/us=5us 50 个站点 1 位时延为:50*1bit/4Mbps=12.5us 发送最长数据帧的时延为:100*8bit/4Mbps=200us 故超时计数器的值至少要设置为:5+12.5+200=217.5(us)注：检查令牌丢失由专门检测站来完成
35、（这里忽略了令牌的发送时间）。20 题。一个 10Mbps的令牌环，其令牌 保持计数器 的设置值为 10us,在此环上可发送的最长帧为多少位？解答：此环上可发送的最长帧为：10Mbps*10us=100bit (s=v*t)(注:这里的 10us 全用于发送最长帧的时延,不考虑环传播时延及站点1 位时延)23 题。见黑板10Mbit/s以太网升级到 100Mbit/s 和 1Gbit/s甚至 10Gbit/s 时，需要解决哪些技术问题？在帧的长度方面需要有什么改变？为什么？传输媒体应当有什么改变？答：以太网升级时，由于数据传输率提高了，帧的发送时间会按比例缩短，这样会影响冲突的检测。所以需要减
36、小最大电缆长度或增大帧的最小长度，使参数a保持为较小的值，才能有效地检测冲突。在帧的长度方面，几种以太网都采用802.3标准规定的以太网最小最大帧长，使不同速率的以太网之间可方便地通信。名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 23 页，共 24 页 -100bit/s的以太网采用保持最短帧长（64byte）不变的方法，而将一个网段的最大电缆长度减小到100m，同时将帧间间隔时间由原来的9.6 s，改为 0.96 s。1Gbit/s以太网采用保持网段的最大长度为100m的方法，用“载波延伸”和“分组突法”的办法使最短帧仍为64 字节，同时将争用字节增大为512字节。传输媒体方面，10M
37、bit/s以太网支持同轴电缆、双绞线和光纤，而 100Mbit/s和 1Gbit/s以太网支持双绞线和光纤，10Gbit/s以太网只支持光纤。欲保持 10M，100M，1G的 MAC 协议兼容，要求最小帧长的发送时间大于最长的冲突检测时间，因而千兆以太网采用载波扩充方法。而且为了避免由此带来的额外开销过大，当连续发送多个短帧时采用帧突发技术。而 100M以太网采用的则是保持帧长不变但将最大电缆长度减小到100m。其它技术改进：（1）采用专用的交换集线器，缩小冲突域（2）发送、接收、冲突检测传输线路独立，降低对媒体带宽要求（3）为使用光纤、双绞线媒体，采用新的信号编码技术。名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 24 页，共 24 页 -