1、练习。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* LOG 2N=2*6MHZ* LOG24=24MBPS2）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* LOG 2（1+S/N）=3KHZ* LOG 2（1+10 30/10）=30KBPS （此应为约数）3）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* LOG 2（8*2）=1200BAUD* LOG 2（16）
2、=4800BPS4）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* LOG 2（X*2）= 64KBPS=2*8KHZ* LOG 2（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率的信道才能传输？答：二进制位数= LOG 2（128）=7 位 C=2*4KHZ*7 位=56kBPS9 题。 长度为 50Km，一个 100 字节的分组，带宽为多大
3、时其传播延迟等于发送延迟？对于 512 字节的分组呢？解：传播延迟等于：50*10 3米/（2*10 8米/秒）=25*10 -5秒=250 微秒100 字节/250 微秒=0。4 字节*10 6/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
4、答：分析 一个交换机应有 2 条链路 1 位的发送延迟=1/10 9=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。解
5、答：使用直通交换，交换机延迟分组 128 位，即 0.128s。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 0.128s 的交换机转发延迟，因此总的延迟等于：51+102+0.128=25.128s （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+0.1283=45.384s。（1 个发送延迟，4 个传播延迟，3 个转发延迟）11 题。一条 128Kbps 的点到点链路，距离 55gm，而且数据以光速传播解答:a) 传播延迟=55*10 6米/(3*10 8米/秒)=0.183 秒b)计
6、算拍完一幅图到这幅图到达地球的时间，每幅图的大小为 5MB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 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 1.7 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：“ABCDE” 9 题
7、。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 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：（取 1）由 BSC 规程,不带报头(以字符串格式)的分块传输的帧格式为: SYNSYNSTX报文 ETB/ETXBCC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)/262(个)每个报文传 62 个汉字，前 4 帧传 248 个汉字，最后一帧（1015）/248
8、该批数据共有的汉字数为：624+(101-3(SYN+SYN+STX)-2(ETX+BCC)/2296(个) (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: SYNSYNDLESTX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) 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：信息字段(I)占 122=24 字节总的帧长占 1(F)+1(A)+1(C)+24(I)+2(FCS)+1(F)30 字节4 题。
9、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
10、 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息的容量等于（153）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/（1.510 7）=6.710 -10元 总费用，即 1000 秒 40 字节的费用=1000406.710 -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
11、节， 每字节每链路的费用=0。01/10 6=10-8元 总费用，即 9600 字节每链路的费用=960010 -8=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 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 8000 个（=1/125 us）
12、时隙，所以平均每个时隙发送次数是 G=508000=1/160=0.00625。6 题 。 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 0.18456Kb/s=10.304b/s；每个站都需要的带宽是 1000100=10b/s。因此 N=10304101030。 所以，最多可以有 1030 个站，即 N 的最大值是 1030。10 题 标准 10MBPS802。3LAN 的波特率是多少？解答：标准 10MBPS8
13、02。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11 题。一个 1km 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= 100
14、0m/(200m/us)=5us共用时间= 25.6us+5us=30.6us 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=30.6us2)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：
15、(256-32)b/(30.6+8.2)us=5.77Mbps14 题。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(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：
16、某 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? 2.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=10s15 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：环的比特长度=信号传播时延
17、*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)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*10 6） ，在 200us 时间内信号可以传播的距离=200*10 -3*200=40 米17 题 长 1Km、10Mbps、50 个站点的令牌环，每个站引
18、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： 1.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/10Mbps=0.8us2）发送数据帧传输时延为: 256bit/10Mbps=25.6us3）信号绕环一周传播时延为: 1000m/200m/
19、us=5us4）50 站点 1 位传输时延为: 50 * 1bit/10Mbps=5us5）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=6.15Mbps 18 题。长 10Km、16Mbps、100 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。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=
20、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 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
21、少微秒？ 解答：1Km 令牌环传播时延为: 1000m/200m/us=5us50 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（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)
