1、网络工程师计算题汇总设某单总线 LAN,总线长度为 1000 米,数据率为 10mbps,数字信号在总线上的传输速度 2C/3(C 为光速),则每个信号占据的介质长度为_米.当 CSMA/CD(非 IEEE802.3 标准)访问时,如只考虑数据帧而忽略其他一切因素,则最小时间片的长度为_us,最小帧长度是_位?答案 1.问：2c/3=2*3*108/3=2*108m/st=1000m/(2*108m/s)=5*10(-6) s 在时间 t 内共有信号量=10*106 t=10*106*5*10(-6)=50 bit 在 1000m 共有 50bit 每个信号占据的介质长度=1000m/50bi
2、t=20 m/bit2 问：slot time=2S/(2c/3)=2*1000m/2*10(8)m/s=1*10(-5)s=10us3 问：Lmin=slot time*R=1*10(-5)s*10mb/s=1*10(-5)s*10*10(6)b/s=100 bit视频当传输视频信号时：带宽=图像尺寸*图像像素密度*像素的彩色分辨率*图像更新速度使用 Windows2000 操作系统的 DHCP 客户机，如果启动时无法与 DHCP 服务器通信，一般来说，它会在保留的 ip 地址（如 192.x.x.x)选取一个 ip 地址route print 本命令用于显示路由表中的当前项目，在单路由器网
3、段上的输出；由于用 IP地址配置了网卡，因此所有的这些项目都是自动添加的。tracert 命令 这是验证通往远程主机路径的实用程序4.如果信息长度为 5 位，要求纠正 1 位错，按照海明编码，需要增加的校验位是_(19)_。A.3 B.4 C.5 D.6 答案为 4 m+k+1 M 个进程所需资源数对于这题就是 3N34 N 最小为 10。套用公式就好了。几种特殊类型的 IP 地址，TCP/IP 协议规定，凡 IP 地址中的第一个字节以“lll0”开始的地址都叫多点广播地址。因此，任何第一个字节大于 223 小于 240 的 IP 地址是多点广播地址；IP地址中的每一个字节都为 0 的地址（“
4、0.0.0.0”）对应于当前主机；IP 地址中的每一个字节都为 1 的 IP 地址（“255255255255”）是当前子网的广播地址；IP 地址中凡是以“llll0”的地址都留着将来作为特殊用途使用；IP 地址中不能以十进制“127”作为开头，27111 用于回路测试，同时网络 ID 的第一个 6 位组也不能全置为“0”，全“0”表示本地网络ATM 即异步传输模式基本思路：把数据分割为固定的信元（CELL）来传输，每个信元有 5 个字节的信头，48 字节的数据字段异步：指信元插入到通信线路的位置是任意的，无固定结构网络 192.168.73.0/27 被划分为 4 个子网,分别编号 0 号、
5、1 号、2 号、3 号，那么主机地址 192.168.73.25 属于(1)子网,主机地址 192.168.73.100 属于(2)个子网.如果在查找路由表时发现有多个选项匹配,那么应该根据(3)原则进行选择.假设路由表有 4 个表项,那么与地址 139.17.145.67 匹配的表项是(4),与地址 139.17.179.92 匹配的表项是(5).192.168.73.0/27 划分为 4 个子网.表明每个子网可用主机地址为 192.168.73.1-62.第二个为 192.168.73.65-127.故第一问应该是选择在(A)子网.第二问应该选择在(B)子网.平均数据传输率=每道扇区数*扇
6、区容量*盘片转速用二进制加法对二一十进制编码的十进制数求和,当和的本位十进制数二一十进制编码小于等于1001 且向高位无进位时,_(41):当和小于等与 1001 且向高位有进位时,_(42),当和大于 1001时,_(43)4143 A, 不需要进行修正 B,需要进行加 6 修正 C,需要进行减 6 修正 D,进行加 6 或者减 6 修正,需要进一步判别.只要明白什么是二-十进制，此题就比较简单。二十进制就是用 4 位二进制数代表 1 位十进制数，然后进行计算。例如：38 可表示为：0011 1000， 26 0010 01103826 0011 10000010 01100101 1110
7、514所以应该将 14 进位，将其最后结果变为 64，也就是 0110 0100。1110 1001 (9), 将 1110 0110 0100 （不考虑溢出）。这样此题的答案不就是很明显了吗，当小于 9 时且无进位时，无需调整当小于 9 时且有进位时，需加 6 调整当大于 9 时，肯定要 6 调整1s=109ns假设线路传输延迟时间为 TP,分组发送时间为 TF,令 A=TP/TF,则后退的帧数 N 是什么?是 MIN(2A+1,W 发)还是 W 发,为什么?是 MIN(2A+1,W 发)后退 N 帧 ARQ 协议：发送窗口 W 512K16?位扩展：16/1=16 片?字扩展：512/64
8、=8 片?共要 168=128 片(2) 分散刷新?每个 2164RAM 由 4 个 128128 的芯片构成?2ms/128=15.625s(3) 集中刷新?0.1s128=12.8s某计算机有 14 条指令，其使用频度分别如下所示；I1: 0.15 I2:0.15 I3:0.14 I4:0.13 I5:0.12 I6:0.11 I7:0.04 I8:0.04 I9:0.03 I10:0.03I11:0.02 I12:0.02 I13;0L.01 I14:0.01,若只用 Huffman 编码,其平均码长为 位.Huffman 编码，平均码长：pi ?li平均码长=3.38DDN 是数字数据
9、网（Digital Data Network）的简称，它利用光纤、数字微波或卫星等数字传输通道和数字交叉复用设备组成，为用户提供高质量的数据传输通道，传送各种数据业务。数字数据网以光纤为中继干线网络，组成 DDN 的基本单位是节点，节点间通过光纤连接,构成网状的拓扑结构，用户的终端设备通过数据终端单元与就近的节点机相连。DDN 为用户提供全透明的端到端传输。DDN 支持以下业务：租用的电路业务高速率高质量的点对点和一点对多点的数字专用电路租用金融、证券等系统用户组建总部与其分支机构的业务网。利用多点会议功能还可以组建会议电视系统。帧中继业务用户以一条专线接入 DDN,可以同时与多个点建立帧中继
10、电路(PVC) 。帧中继业务特别适合局域网(LAN)互联。话音/传真业务DDN 为用户提供带信令的模拟接口，用户可以直接通话，或接到自己内部小交换机(PBX)进行电话通信，也可用于传真(三类传真)。虚拟专网功能用于自己有网络管理权限，对其所属的线路及端口进行管理，如业务的开闭、告警的监控以及种统计数据收集等。这样就相当于一部分划归给某个部门的专门的用户群体，从开势上看，类似于用户的专用网，故称虚拟专用网(VPN)。一条 100KM 长的电缆以 T1 数据传输速率运转,在电缆上的传播速度是光速的 2/3,电缆长度相当于多位帧长?V=(3108)*2/3 m/sL=100KM=1*105R=1.5
11、44Mbps=1.544*106 bit/sS=L/V=1*105/(2*108) s=0.5*10(-3)R*S=1.544*106 * 0.5*10(-3)一个信道的比特率为 4B/MS，传播延迟为 20MS，帧的大小在什么范围内，停止-对等协议才有至少 50%的效率？=1/(2a+1)=50%而 a=R(d/v)/L=4(B/MS)*20MS/LE=1/(2*80/L+1)=0.5L=160bit假设系统中有三类互斥资源 R1/R2/R3,可用资源分别为 9/8/5,在 T0 时刻系统中有 P1/P2/P3/P4/P5 五个进程.采用银行家算法,如果进程按 P2-P4-P5-P1-P1-
12、P3 序列执行,则系统是安全的.请老师写出每步执行后可用资源数.资源进程 最大需求量 R1/R2/R3 已分配资源数 R1/R2/R3P1 6 5 2 1 2 1P2 2 2 1 2 1 1P3 8 0 1 2 1 0P4 1 2 1 1 2 0P5 3 4 4 1 1 3首次可用资源是 R1 是 2,R2 是 1,R30,执行完 P2 后,可用资源是否 221+210=431,为什么不是 421(因为 R2 借用了 1 个剩余资源)?资源 最大需求量 已分配资源数进程 R1,R2, R3 R1 R2 R3P1 6, 5 ,2 1, 2, 1P2 2, 2 ,1 2, 1 ,1P3 8, 0
13、,1 2, 1, 0P4 1 ,2 ,1 1, 2 ,0P5 3, 4, 4 1, 1, 3从上面可以看出只剩下 R1 2,R2 1,R3 0.而这时安全算法:资源 最大需求量 已分配资源数 还需要的 剩下的可分配的进程 R1,R2,R3 R1 R2 R3 R1 R2 R3 R1 R2R3P1 6, 5 ,2 1, 2, 1 5, 3,1 2,1,0P2 2, 2 ,1 2, 1 ,1 0,1,0P3 8, 0 ,1 2, 1, 0 6,0,1P4 1 ,2 ,1 1, 2 ,0 0,0,1P5 3, 4, 4 1, 1, 3 2.3,1从上面可看出现在生产剩下的 2,1,0 只满足 P2 0
14、,1,0 而别的是满足不了的.一看就明白,当他全部分给 P2 后出现下面的安全序列:资源 最大需求量 已分配资源数 还需要的 剩下的可分配的进程 R1,R2,R3 R1 R2 R3 R1 R2 R3 R1 R2R3P2 2, 2 ,1 2, 1 ,1 0,1,0 4,2,1P4 1 ,2 ,1 1, 2 ,0 0,0,1 5,4,1P5 3, 4, 4 1, 1, 3 2.3,1 6,5,4P1 6, 5 ,2 1, 2, 1 5,3,1 7,7,5P3 8, 0 ,1 2, 1, 0 6,0,1 9,8,5作这道题首先要看看 R1,R2,R3 在第一次分配资源后剩余多少资源！可以看出 R1
15、剩余 2 个资源，R2 剩余 1 个，R3 剩余 0 个！然后考虑把这些剩余的资源分配给那个进程可以使这个进程完成任务！可以看出在第一次分配后 P2 再需要 R1：0,R2：1,R3：0 就可以完成任务。故先将资源分给 P2，P2 完成任务后便释放自己的资源！这时剩余资源就为 R1:4,R2:3,R3:1,然后看看把剩余这些资源在分配给那个进程使其能完成任务！由题可知分配给 P4可以使 P4 完成任务！P4 完成任务后在释放资源！然后再看看剩余资源分配给那个进程可以使其完成任务直到将所有的进程都分配完！1 纳秒（ns）等于十亿分之一秒（10-9 秒）1,000 纳秒(ns) = 1 微秒(us
16、)1,000,000 纳秒(ns) = 1 毫秒(ms)1,000,000,000 纳秒(ns) = 1 秒(s)为使 4 字节组成的字能从存储器中一次读出，要求存放在存储器中的字边界对齐，一个字的地址码应（ ）。答案最低两位为 00。还有什么是字边界对齐？为了一次读出，要求存放在存储器中的字边界对齐，则每一个字的地址编码必须能被 4 整除，因此字的地址码最低两位是 00。一个二进制数的最低两位是 00，才能被 4 整除，这是二进制的位权决定的。一个字有 4 个字节，要一次读出，这四个字节的编址必须相同，每个字节的高位是相同的，而最低两位都取 00，就能一次读出了。以下内容节选自Intel A
17、rchitecture 32 Manual。字，双字，和四字在自然边界上不需要在内存中对齐。（对字，双字，和四字来说，自然边界分别是偶数地址，可以被 4 整除的地址，和可以被 8 整除的地址。）无论如何，为了提高程序的性能，数据结构（尤其是栈）应该尽可能地在自然边界上对齐。原因在于，为了访问未对齐的内存，处理器需要作两次内存访问；然而，对齐的内存访问仅需要一次访问。一个字或双字操作数跨越了 4 字节边界，或者一个四字操作数跨越了 8 字节边界，被认为是未对齐的，从而需要两次总线周期来访问内存。一个字起始地址是奇数但却没有跨越字边界被认为是对齐的，能够在一个总线周期中被访问。假设内存存取周期 T
18、=200ns，字长 64 位。数据总线宽度 64 位，总线传送周期为 50ns.先用 4 个模块组成内存,并在连续 4 个地址中读出数据.如用顺序方式组织模块,则数据带宽为_.如用交叉存储方式组织内存,则数据带宽可达约_.(1)T=200ns=200*10(-9) s(64*4)/(T*4)=64*109/200=320Mbps(2)64*4/(200+3*50)=730Mbps个逻辑地址包括基号 X（2 位）、段号 S（6 位），页号 P（3 位），页内地址 D（11 位）四个部分，其转换后的物理地址为（X）+S）+P）*2 的 11 次方+D，这个 2 的 11 次方是表是什么意思？是页内
19、地址 11 位，还是前面几个号数加起来 11 位？首先根据基号 x 查找基寄存器，得到程序的段表首地址 a;然后根据 a 和段号 s 得到 s 段的页表首地址 b;再由页号 p 和地址 b 得到该页对应的内存实页号 c,最后将 c 与页内位移 d 拼接起来形成最终的物理地址。(x)+s)+p)*211+d前面几个号数加起来 11 位如果电缆调制解调器使用 8MHZ 的带宽,利用 64QAM,可以提供的速率为多少.是如何做的?CABLE MODEM 使用的是一种称为 QAM(Quadrature Amplitude Modulation 正交幅度调制)的传输方式。QAM 前面的数字代表在转换群组
20、(所谓转换群组，就是相位及振幅的特殊组合)中的点数。也就是值或等级。计算公式为：速度=log2QAM 值Iog22(bitHzs)频带宽度。根据此公式计算速率为 Iog264log22(bit/Hz/s)8MHz=48Mbps。各种 QAM 被表示为 mQAM，其中 m 是一个指出每赫兹的状态数目的整数。每一码元时间的编码位数目是 k，那么 2km。例如，如果以 4 bHz 编码，结果为 16 QAM；6 bHz 产生 64QAM。用户 A 与用户 B 通过卫星链路通信时，传播延迟为 270MS，假设数据率是 64Kb/s，帧长 4000bit，若采用等停流控协议通信，则最大的链路利用率为（）
21、；若采用后退 N 帧 ARQ 协议通信，发送窗口为 8，则最大链路利用率可以达到（）A、0.104B、0.116C、0.188D、0.231A、0.416B、0.464C、752D、0.832若采用停等流控协议通信，a=(d/v)/(L/R)=64*270/4000=4.32根据 E=1/(2a+1)=1/(2*4.32+1)=0.104采用后退 N 帧 ARQ 协议通信，发送窗口为 8，则最大链路利用率E=(W(1-P)/(2a+1)(1-P+WP) 8*0.104=0.832两参数决定计算机并行度结构类型:字宽(W):一个字中同时处理的二进制位数位宽(B):一个位片中能同时处理的字数可构成
22、四种计算机结构:字串行,位串行 WSBSW = 1,B = 1 纯串行字并行,位串行 WPBSW1,B = 1 传统并行单处理机字串行,位并行 WSBPW = 1,B1 MPP字并行,位并行 WPBPW1,B1 PEPE我看到书上介绍 8 位二进制反码表示数值范围是-127+127，+127反=01111111.-127反=10000000。补码表示数值范围是-128+127，+127补=01111111，-128补=10000000。老师我不明白表示都一样，为什么一个是 128，一个是 127。数值有正负之分,计算机就用一个数的最高位存放符号(0 为正,1 为负).这就是机器数的原码了.假设
23、机器能处理的位数为 8.即字长为 1byte,原码能表示数值的范围为(-127-0 +0127)共 256个.对除符号位外的其余各位逐位取反就产生了反码.反码的取值空间和原码相同且一一对应.补码概念. 负数的补码就是对反码加一,而正数不变,正数的原码反码补码是一样的.在补码中用(-128)代替了(-0),所以补码的表示范围为:(-1280127)共 256 个.注意:(-128)没有相对应的原码和反码, (-128) = (10000000)“容量为 64 块的 cache 采用组相联方式映像，字块大小为 128 字，每 4 块为一组。主存容量为4096 块，以字编址”的题中的每 4 块为一组
24、没有作用吗？老师讲课中指出，块大小 128 字，所以块内地址 7 位；cache 有 64/4=16 组，得到组地址 4 位，最后得出主存区号：19-7-4=8，不能这样算吗？【解析】在组相联映象中，组的个数一般为 2 的幂次数，组内块的个数也是 2 的幂次。主存地址分成四段，高字段是区号；然后是组标志，用于确定组号；第三段是组中的块地址，用于确定组中的块；低字段是块内寻址段。Cache 地址分三段：组号、组内块号和块内地址。块大小 128 字，所以块内地址 7 位；cache 有 64/4=16 组，得到组地址 4 位；每 4 块为一组，组内块地址 2 位；197426某 32 位计算机的
25、CACHE 容量为 16KB,CACHE 块的大小为 16B.若主存与 CACHE 的地址映射采用直接映射,则主存地址为 1234E8F8(十六进制),的单元装入的 CACHE 地址为_请问中间 10 位为 CACHE 的页号,既 1010001111.是怎么的来的.直接映象是，把主存按 Cache 的大小分成区，主存中的每一区的块数与 Cache 中的总块数相等，把主存各个区中相对块号相同的那些块映象到 cache 中同一块号的那个确定块中。所以主存的地址由区号+块号(而每区中的块号大小及地址与 cache 一致)。而 cache 容量为 16KB，所以 cache 的地址用 14 块表示，
26、所以主存地址的低 14 位即是该单元在 cache 中的地址，低 14 位为 10 100011111000,高 18 位是确定区号的。Cache 块号占 10 位地址，块内 4 位地址共占 14 位地址。直接映象为内存低位部分的 14 位地址。即：E8F8=1110 1000 1111 1000块号 10 位 块内地址 4 位（24=16, CACHE 块的大小为 16B）用直接映象法，装入 Cache 的块号为 10 1000 1111，主存地址为 1234E8F8（十六进制）的单元装入的 cache 地址为：10 1000 1111 1000。MTTR平均故障恢复时间(MTTR)模拟调制
27、技术中，存在 AM（调幅）、FM（调频），PM（调相）技术，在数字调制中，有 ASK、FSK、PSK、QPSK、QAM 等多种方式QAM 调制，叫做正交幅度调制。它先把调制信号码流分成独立的两路，分别对同频正交的两个载波进行双边带抑制载波调幅，最后两路已调信号相加输出。QAM 调制是幅度调制与相位调制的结合，既调幅又调相。有线电视使用的 QAM 调制是 64QAM，就是调制后，载波有 64 种状态，每个状态代表一个符号（一个符号是 6 位比特组成的码）。在一个带宽为 3KHZ,没有噪声的信道,传输二进制信号时能够达到的极限数据传输率为_.一个带宽为 3KHZ,信噪比为 30dB 的信道,能够达
28、到的极限数据传输率为_,上述结果表明_.根据奈奎斯特第一定理,为了保证传输质量,为达到 3KHbps 的数据传输率要的带宽为_,在一个无限带宽的无噪声信道上,传输二进制信号,当信号的带宽为 3KHZ 时,能达到的极限数据率为_Kbps.这是习题第二章的第三题.请老师把答案解释一下.特别是第 1,2,3,5 空.（1） 根据奈奎斯特第一定理，理想低通信道传输二进制信号时能够达到的数据传输率为 2B（带宽）。故（6）正确答案应该选 B。（2） 一个带宽为 3KHZ、信噪比为 30dB 的信道，能够达到的极限数据传输率为 3KHZ*log2(1+1000)=29.9Kbit/s,故（7）应选 B（3
29、） A、B 不正确。香农公式是针对有噪声的信道而言的。（4） 根据奈奎斯特第一定理，数字信号数据率为 W，传输系统带宽为 2W,则可提供满意的服务。B（5） 在一个无限带宽的无噪声信道上，传输二进制信号，当信号的带宽为 3KHz 时，能达到的极限数据传输率 6Kbps 。C信号的数据率与频宽有着直接的关系，信号的数率越高，所需要的有效频宽越宽。也就是说，传输系统所提供的带宽越宽，则系统能传输的信号数据率越高。设数据为 W，通常按照 2W 来选择传输系统的带宽，则可提供满意的通信服务，3KbpS 的数据传输率需要的带宽为 2*3=6HZ二进制的信号是离散的脉冲，每个脉冲可表示一个二进制位，时间宽
30、度相同，时间的宽度 T=1/f,该时间的倒数为数据传输率(1/T),根据奈奎斯特定理，当信号的带宽为 3KHz 时，能达到的极限数据传输率 C=2(1/T)= 6Kbps对 8 位补码操作数（A5）16 进行 2 位算术右移的结果为什么？算术右移是怎么回事？请老师给详细讲解？谢谢！在计算机中，算术右移比较特殊，在右移过程中操作数的最高位（符号位）保持不变各位向右移，最低位进入标志位（CF）。根据这种操作，(A5)16=(10100101)2 算术右移一位为（11010010）2（D2)16，再算术右移一位便是(11101001)2=(E9)16.100 个站分布在 4KM 长的总线上。协议采用
31、 CSMS/CD。总线速率为 5Mb/s，帧平均长度为 1000bit.试估算每个站每秒发送的平均帧数的最大值。传播时延为 5us/km.传播延迟：Tp=4(km)*5(us/km)=20(us)一帧时：Tf=1000bit / (5Mb/s) =200(us)a=Tp/Tf =0.1S=1/(1+a(2A*(-1)-1)取 Amax=0.369 Smax=1/(1+0.1(2/0.369-1)=0.693即线路利用率 69.3%这时，每秒实际传输 3.465MB , 3.465M/100/1000=34.65平均每站每秒钟发送的平均帧数的最大值为 34.65。（1）十进制数转换成二进制十进制
32、整数转换成二进制数：除二取余法把要转换的数，除以 2，得到商和余数，将商继续除以 2，直到商为 0。最后将所有余数倒序排列，得到数就是转换结果。十进制小数转换成二进制小数：乘二取整法（2）二进制数转换成十进制方法是：按权展开求和二进制数第 0 位的权值是 2 的 0 次方，第 1 位的权值是 2 的 1 次方连续 ARQ 协议中选用的编号位数 n 为 3，发送窗口最大值如何求？（这个我知道 2*2*2-17），当所用的发送窗口尺寸为 5 的时候，A 站可连续发送的帧的最大号是多少？当 A 站在发送了 0，1 号帧后，其发送内存的变量是多少？期望接收的内存变量是多少？是如何计算得？当所用的发送窗
33、口尺寸为 5 的时候，A 站可连续发送的帧的最大号: 0-4 4当 A 站在发送了 0，1 号帧后，其发送内存的变量 2期望接收的内存变量 0在 32 位的总线系统中,若时钟频率为 1000MHZ,总线上 5 个时钟周期传输一个 32 位字,则该总线系统的数据传输速率约为( )MB/S,答案是 800总线带宽的定义为：单位时间内总线可传送的数据量。总线宽度(总线位宽/8)*总线工作频率此题中，一个总线周期有 5 个时钟周期，所以，T=5*（1/1000M）而一个总线周期传送的数据为，32 位=4B。所以带宽=4B/5*（1/1000M）=4B*1000M/5=800MB容量为 64 块的 Ca
34、che 采用组相联的方式映象,字块大小为 128 个字,每 4 块为一组.若主容量为4096 块,且以字编址,那么主存地址应为 19 位,主存区号应为( )位.容量为 64 块的 Cache 采用组相联的方式映象,字块大小为 128 个字,每 4 块为一组.若主容量为4096 块,且以字编址,那么主存地址应为 19 位,主存区号应为( )位.某计算机有 14 条指令，其使用频度分别如下所示；I1: 0.15 I2:0.15 I3:0.14 I4:0.13 I5:0.12 I6:0.11 I7:0.04 I8:0.04 I9:0.03 I10:0.03I11:0.02 I12:0.02 I13;
35、0L.01 I14:0.01,若只用两种码长的扩展操作码编码,其平均码长至少为 位.说明: 在解的过程中,如何推出 3 位编码指令的使用频度为 0.8,5 位编码的使用频度为 0.2?（1）若采用等长码方式进行编码，则由于有 14 条指令，指令的编码长度至少为 log(14)（上取整）=4，这是很明显的，因为要区分 14 条不同指令，至少需要 4 位二进制码，这个相信大家都能明白。（2）要回答采用两种码长的扩展操作码进行编码这个问题，我们先要明白指令以及指令的操作码编码原理。在一个指令系统中，如果所有指令字长度是相等的，则称为等长指令字结构，等长指令字结构具有结构简单、便于实现等优点，缺点是不
36、够灵活（但是 RISC 机器几乎 32 位定长指令字结构）；为了合理安排存储空间，并使指令能够表达较为丰富的含义，可以采取变长指令字结构。变长指令格式结构灵活，能充分利用指令长度，但指令控制复杂。当采用变长指令格式时，通常把最常用的指令设计成短指令，以便节省存储空间和提高指令执行速度。用两种码,选用 3 位和 5 位表示,3*（0.15+0.15+0.14+0.13+0.12+0.11） + 6*(0.04+0.04+0.03+0.03+0.02+0.02+0.01+0.01)= 3.4某系统总线的一个总线周期包含 3 个时钟周期，每个总线周期中可传送 32 位数据。若总线的时钟频率为 33M
37、Hz，则总线带宽为多少？总线带宽的定义为：单位时间内总线可传送的数据量。总线宽度(总线位宽/8)*总线工作频率此题中，一个总线周期有三个时钟周期，所以，T=3*（1/33M）而一个总线周期传送的数据为，32 位=4B。所以带宽=4B/3*（1/33M）=4B*33M/3=44MB交叉存取: 交叉存取技术(Interleaving)利用重叠或水流方式加速数据存取的一种技术。 反映在主存系统上就是存储体的多模块交叉存取,反映在海量存储系统中就是磁盘阵列技术或 Striping 技术。举例来说，将存储体的奇数地址和偶数地址部分分开，这样当前字节被刷新时，可以不影响下一个字节的访问。多处理机系统和并行
38、处理机系统:并行处理机又叫 SIMD 计算机。它是单一控制部件控制下的多个处理单元构成的阵列，所以又称为阵列处理机。多处理机是由多台独立的处理机组成的系统槽口号模块位置端口号指某个模块上的端口号，因此端口号的表示中包含： 端口类型、模块位置、端口位置在一楼内有 N 个用户，均通过一个 ATM 网 络使用同一个远地计算机。每个用户平均每小时产生L 行的通信量(输入和输出)，平均每行长度为 P 字节(不包括 ATM 首部)。用户应交纳的费用是：对所传送的数据，每字节为 C 分钱，而使用 ATM 的虚通路，每小时 X 分钱。若将 N 个用户都复用到一条 ATM 虚通路上，则每一行的数据还要增加 2
39、字节的开销。假定一条虚通路的带宽足够 N 个用户使用。试问在什么条件下复用会更加便宜？N*L*(P+2+ATM 首部)*C=XATM 包头：1每个用户占用一个虚通道，N 个用户费用：N*L*P*C+N*X2所有用户公用一个虚通道，N 个用户费用：N*L*(P+2)+X当 12 时，复用会更加便宜：N*L*P*C+N*X N*L*(P+2)*C+X(N-1)*X2*N*LX2*N*L/(N-1)已知内存存取周期 T=200NS，字长 64 位，数据总线宽度 64 位，总线传送周期 50NS，现用 4 个模块组成内存，并在连续 4 个地址中读出数据，如用顺序方式组织模块，则数据带宽为（1）。如用交
40、叉存储方式组织内存，则数据带宽约（2）。(1)T=200ns=200*10(-9) s(64*4)/(T*4)=64*109/200=320Mbps(2)64*4/(200+3*50)=730Mbps设某单总线 LAN，总线长度为 2000 米，数据率为 10Mbps，数字信号在总线上的传输速度为 2C/3(C 为光速），则每个信号占据的介质长度为多少米？当 CSMA/CD（非 802.3 标准）访问方式时，如只考虑数据帧而忽略其他一切因素，则最小时间片的长度为多少 us,最小帧长是多少位？谢谢1.问：2c/3=2*3*108/3=2*108m/st=2000m/(2*108m/s)=1*10
41、(-5) s在时间 t 内共有信号量=10*106 t=10*106*1*10(-5)=100 bit在 2000m 共有 100bit每个信号占据的介质长度=2000m/100bit=20 m/bit2 问：slot time=2S/(2c/3)=2*2000m/2*10(8)m/s=2*10(-5)s=20us3 问：Lmin=slot time*R=2*10(-5)s*10mb/s=2*10(-5)s*10*10(6)b/s=200b设有 3 路模拟信号，带宽分别为 2khz.4khz,2khz,8 路数字信号，数据率都为 7200bps，当采用TDM 方式将其复用到一条通信线路上，假定
42、复用后为数字传输，对模拟信号采用 PCM 方式量化级数为 16 级，则复用线路需要的最小通信能力为？答案为 128KPS对 3 路模拟信号采用 pcm 方式变为数字信号，采样频率分别为 4KHZ,8KHZ,4KHZ, 对模拟信号采用 PCM 方式量化级数为 16 级,需要的数据率分别为 16kbps,32kbps 16kbps对 8 路数字信号，8720057.6kbps某 32 位计算机的 CAHCE 容量为 16KB，CACHE 块的大小为 16K，若主存与 CAHCE 地址映射采用直接映射方式，则主存地址为 1234E8F8 的单元装入的 CAHCE 地址为 。解： CACHE 块的大小
43、是 16B，容量是 16KB，则 CACHE 可分成 1024 页，如何推出 CACHE 页内地址是 4 位，页号是 10 位？题目中“CACHE 块的大小为 16K”是否为“CACHE 块的大小是 16B”，若是，则 cache 页为 16KB/161k1024 页210， 16=24 CACHE 页内地址是 4 位，页号是10 位例一：一般来说 CACHE 的功能 53 。某 32 位的计算机的 CACHE 容量为 16KB，CACHE 块的大小为16B，若主存与 CACHE 的地址映射为直接映射方式，则主存的地址为 1334E8F8（十六进制）的单元装入 CACHE 地址 5453：全部
44、由硬件实现54：10100011111000问题是：块的大小是 16B，块内的地址长度因改是 4，那么主存地址十六进制 1334E8F8 的末位8 为块内地址而老师说的是 F8 为块内地址，我就不懂了 16 进制的 8 不是 2 进制的 4 位地址长度吗？如是 F8那块内地址长度不就是 8 位了？Cache 块号占 10 位地址，块内 4 位地址共占 14 位地址。直接映象为内存低位部分的 14 位地址。即：E8F8=1110 1000 1111 1000块号 10 位 块内地址 4 位用直接映象法，装入 Cache 的块号为 10 1000 1111，主存地址为 1234E8F8（十六进制）
45、的单元装入的 cache 地址为：10 1000 1111 1000为使 4 字节组成的字能从存储器中一次读出，要求存放在存储器中的字边界对齐，一个字的地址码应该最低两位为 00为什么最低两位是 00 呢？西电的辅导书说：为了一次读出，要求存放在存储器中的字边界对齐，则每一个字的地址编码必须能被 4 整除，因此字的地址码最低两位是 00什么叫字边界对齐呢？是不是最两位或者最高两位一样就是字边界对齐？为什么是最低两位是 00，不能是最高两位是 00 吗？按字节编址，字长 32 位，一次读出。也就是一字有 4 个字节，这 4 个字节的地址码高 6 位相同，低 2 位分别是 11、10、01、00，
46、下一个字的 4 个字节的地址码的编址规则同上，每个字的低2 位都是 00，就叫边界对齐。32 位字的低 2 位是 00，前 30 位就能被 4 整除，因为第 3 位的权是 4。vpi 是虚通路（v path :),vci 是虚通道在 DMA 控制器的控制下，在存储器和（外部设备）之间直接进行数据传送。RS-232-C 是目前常见的一种接口标准，它是由（6）提供制定的。该标准在 OSI 模型中属于（7）层协议标准，通过 RS-232-C 来连接两个设备最少要连接（8）条线。这个标准的设计数据速率是处理（9）bit/s。Dbit/s 条件下，采用 RS-422 标准来代替 RS-232-C，连接设
47、备间的距离可扩展到约为原有的（10）倍。（6）A、CCITT B、IFIP C、EIA D、IEEE（7）A、会话 B、数据链路 C、网络 D 运输 E、物理（8）A、2 B、3 C、4 D、7 E、10 F、25 G、80 H、100（9）A、4800 B、9600 C、19200 D、20000 E、6400（10）A、2 B、3 C、4 D、7 E、10 F、25 G、80 H、100RS-232-C 是由电子工业协会(EIA，Electronic Industries Association)制定的数据终端设备和数据电路端接设备连接的物理接口标准，属于国际标准化组织 ISO 的开放系统
48、互连(OSI)模型中的最低层，即物理层的协议标准。它规定了接口的机械、电气和功能特性。RS-232-C 规定的机械特性是 25 针的插头/座，减去一些未定义的针外，实际上只定义了 20 根针的功能。用来连接两个设备至少要连接 3 根钱线，即信号地、发送数据和接收数据线。在采用 RS-232-C 连接计算机与终端的场合就只使用这 3 根线。RS-232-C 的设计数据速率是 2000bit/s，连接设备间的距离也有规定。为了实现更高的数据速率和更远的距离连接，EIA 又制定了另一个 RS-422 标准。该标准的电气特性与 RS-232-C 不同，不用公共地，采用双线平衡传输的方式，在同样数据速率
49、条件下，可达到较远的传输距离。在数据速率是 2000bit/s 条件下，连接设备间的距离可扩展到原有 RS-232-C 标准的约 80 倍。【答案】（6）C （7）E （8）B （9）D （10）G长 10km，16Mbps，100 个站点的令牌环，每个站点引入 1 位延迟位，信号传播速度位 200m/us，则该环上 1 位延迟相当于_(4)_米长度的电缆，该环有效长为_(5)_。(1)1bit/16Mbps=x/200(m/us)x=12.5m/bit(2)10Km/12.5m=800800+100=900 bit某单位路由器防火墙作了如下配置:finewall enableaccess-list normal 101 permit ip 202.38.0.0.0.0.0.255 10.10.10.10 0.0.0.255access
