1、计算机学科专业基础综合计算机网络分类模拟28计算机学科专业基础综合计算机网络分类模拟28一、单项选择题1. 从滑动窗口的观点看，当发送窗口为1，接收窗口也为1时，相当于ARQ的_方式。A.回退N帧ARQB.选择重传ARQC.停止-等待D.连续ARQ答案：C解答 停止-等待协议的工作原理是：发送方每发送一帧，都要等待接收方的应答信号，之后才能发送下一帧；接收方每接收一帧，都要反馈一个应答信号，表示可接收下一帧，如果接收方不反馈应答信号，则发送方必须一直等待。2. 在简单的停止等待协议中，当帧出现丢失时，发送端会永远等待下去，解决这种死锁现象的办法是_。A.差错校验B.帧序号C.NAK机制D.超时
2、机制答案：D解答 在停止，等待协议中，发送端设置了计时器，在一个帧发送之后，发送端等待确认，如果在计时器计满时仍未收到确认，则再次发送相同的帧，以免陷入永久的等待。3. 一个信道的数据传输率为4kb/s，单向传播时延为30ms，如果使停止-等待协议的信道最大利用率达到80%，要求的数据帧长度至少为_。A.160bitB.320bitC.560bitD.960bit答案：D解答 设C为数据传输率，L为帧长，R为单程传播延时。停止-等协议的信道最大利用率为(L/C)(L/C+2R)=L(L+2RC)=L(L+230ms4kb/s)=80%，得出L=960bit。4. 数据链路层采用后退N帧协议方式
3、，进行流量控制和差错控制，发送方已经发送了编号06的帧。当计时器超时时，只收到了对1、3和5号帧的确认，发送方需要重传的帧的数目是_。A.1B.2C.5D.6答案：A解答 GBN一般采用累积确认，故收到了对5号帧的确认意味着接收方已经收到了15号帧，因此发送方仅需要重传6号帧。5. 数据链路层采用了后退N帧(GBN)协议，发送方已经发送了编号为07的帧。当计时器超时时，若发送方只收到0、2、3号帧的确认，则发送方需要重发的帧数是_。A.2B.3C.4D.5答案：C解答 在后退N帧协议中，当接收方检测到某个帧出错后，则简单地丢弃该帧及其后所有的后续帧，发送方超时后需重传该数据帧及其后续的所有帧。
4、这里应注意，连续ARQ协议中，接收方一般采用累积确认的方式，即接收方对按序到达的最后一个分组发送确认，因此本题中收到3的确认帧就表示编号为0、1、2、3的帧已接收，而此时发送方未收到1号帧的确认只能代表确认帧在返回的过程中丢失了，而不代表1号帧未到达接收方。因此需要重传的帧为编号是4、5、6、7的帧。6. 数据链路层采用了后退N帧的(GBN)协议，如果发送窗口的大小是32，那么至少需要_位的序列号才能保证协议不出错。A.4B.5C.6D.7答案：C解答 在后退N帧的协议中，序列号个数不小于MAX_SEQ+1，在题目中发送窗口的大小是32，那么序列号个数最少应该是33个。所以最少需要6位的序列号
5、才能达到要求。7. 两台主机之间的数据链路层采用后退N帧协议(GBN)传输数据，数据传输速率为16kbps，单向传播时延为270ms，数据帧长度范围是128512字节，接收方总是以与数据帧等长的帧进行确认。为使信道利用率达到最高，帧序列的比特数至少为_。A.5B.4C.3D.2答案：B解答 本题即求从发送一个帧到接收到这个帧的确认为止的时间内最多可以发送多少数据帧。要尽可能多发帧，应以短的数据帧计算，首先计算出发送一帧的时间：128*8/(16*103)=64ms；发送一帧到收到确认为止的总时间：64+270*2+64=668ms；这段时间总共可以发送668/64=10.4(帧)，发送这么多帧
6、至少需要用4位比特进行编号。8. 若采用后退N帧的ARQ协议进行流量控制，帧编号字段为7位，则发送窗口的最大长度为_。A.7B.8C.127D.128答案：C解答 如果在接收窗口整体向前移动时，新窗口中的序列号和旧窗口的序列号产生重叠，致使接收方无法区别发送方发送的帧是重发帧还是新帧，因此在后退N帧的ARQ协议中，发送窗口WT2n-1。本题中n=7，故发送窗口最大长度是127。9. 数据链路层采用选择重传协议(SR)传输数据，发送方已发送了03号数据帧，现已收到1号帧的确认，而0、2号帧依次超时，则此时需要重传的帧数是_。A.1B.2C.3D.4答案：B解答 选择重传协议中，接收方逐个地确认正
7、确接收的分组，不管接收到的分组是否有序，只要正确接收就发送选择ACK分组进行确认。因此选择重传协议中的ACK分组不再具有累积确认的作用。这点要特别注意与GBN协议的区别。此题中只收到1号帧的确认，0、2号帧超时，由于对于1号帧的确认不具累积确认的作用，因此发送方认为接收方没有收到0、2号帧，于是重传这两帧。10. 一个使用选择重传协议的数据链路层协议，如果采用了5位的帧序列号，那么可以选用的最大接收窗口是_。A.15B.16C.31D.32答案：B解答 在选择重传协议中，若采用n个比特对帧进行编号，为避免接收端向前移动窗口后，新的窗口与旧的窗口产生重叠，接收窗口的最大尺寸应该不超过序号范围的一
8、半：WR2n-1。因此选B。11. 对于窗口大小为n的滑动窗口，最多可以有_帧已发送但没有确认。A.0B.n-1C.nD.n/2答案：B解答 在连续ARQ协议中，发送窗口的大小窗口总数-1。例如，窗口总数为8，编号为07，假设这8个帧都已发出，下一轮又发出编号为07共8个帧，接收方将无法判断第二轮发的8个帧到底是重传帧还是新帧，因为它们的序号完全相同。另一方面，对于回退N帧协议，发送窗口的大小可以等于窗口总数-1，因为它的接收窗口大小为1，所有的帧保证按序接收。因此对于窗口大小为n的滑动窗口，其发送窗口大小为n-1，即最多可以有n-1帧已发送但没有确认。12. 对于无序接收的滑动窗口协议，若序
9、号位数为n，则发送窗口最大尺寸为_。A.2n-1B.2nC.2n-1D.2n-1答案：D解答 本题并没有直接告诉使用的是选择重传协议，而是通过间接的方式给出。题目说无序接收的滑动窗口协议，说明接收窗口大于1，所以得出数据链路层使用的是选择重传协议，而选择重传协议的发送窗口最大尺寸为2n-1。 采用滑动窗口机制对两个相邻结点A(发送方)和B(接收方)的通信过程进行流量控制。假定帧的序号长度为4，发送窗口和接收窗口的大小都是7，使用累积确认。当A发送了编号为0、1、2、3这4个帧后，而B接收了这4个帧，但仅应答了0、3两个帧，此时发送窗口将要发送的帧序号为_，接收窗口的上边界对应的帧序号为_；A继
10、续发送4、5两个帧，且这两个帧已进入B的缓冲区，而B仅应答了2、3两个帧，此时接收窗口最多能接收_个帧。若滑动窗口机制采用选择重传协议来进行流量控制，则允许发送方在收到应答之前连续发出多个帧；若帧的序号长度为k比特，那么接收窗口的大小W_2k-1；如果发送窗口的上边界对应的帧序号为U，则发送窗口的下边界对应的帧序号为_。13. A.2B.3C.4D.5答案：C14.A.1B.2C.3D.4答案：C15.A.3B.4C.5D.6答案：C16.A.B.C.D.答案：D17.A.(U-W+1)mod 2kB.(U-W)mod 2kC.(U-W)mod 2k-1D.(U-W-1)mod 2k-1答案：
11、A解答 1)发送窗口大小为7意味着发送方在没有收到确认之前可以连续发送7个帧，由于发送方A已经发送了编号为03的四个帧，下一个帧将是编号为4的帧。 2)接收窗口的大小也为7，当接收方B接收了编号为03后，滚动窗口，准备接收编号为4，5，6，0，1，2，3的帧，因此接收窗口的上边界对应的帧序号为3。 3)当编号为4、5的两个帧进入接收方B的接收缓冲区时，B最多还可以接收7-2=5个帧。 4)当帧的序号长度为k比特，对于选择重传协议，为避免接收端向前移动窗口后，新的窗口与旧的窗口产生重叠，接收窗口的最大尺寸应该不超过序列号范围的一半，即WR2k-1。 5)设发送窗口为L，U，发送窗口大小的初始值为
12、W，发送窗口的大小应该大于等于0，但小于等于W，所以有：0U-L+1W。因此L(U-W+1)mod 2k。 18. 主机甲与主机乙之间使用后退N帧协议(GBN)传输数据，甲的发送窗口尺寸为1000，数据帧长为1000字节，信道带宽为100Mbps，乙每收到一个数据帧立即利用一个短帧(忽略其传输延迟)进行确认，若甲、乙之间的单向传播延迟是50ms，则甲可以达到的最大平均数据传输速率约为_。A.10MbpsB.20MbpsC.80MbpsD.100Mbps答案：C解答 昆考虑制约甲的数据传输速率的因素，首先，信道带宽能直接制约数据的传输速率，传输速率一定是小于等于信道带宽的；其次，主机甲、乙之间采
13、用后退N帧协议，那么因为甲、乙主机之间采用后退N帧协议传输数据，要考虑发送一个数据到接收到它的确认之前，最多能发送多少数据，甲的最大传输速率受这两个条件的约束，所以甲的最大传输速率是这两个值中小的那一个。甲的发送窗口的尺寸为1000，即收到第一个数据的确认之前，最多能发送1000个数据帧，也就是发送1000*1000B=1MB的内容，而从发送第一个帧到接收到它的确认的时间是一个往返时延，也就是50+50=100ms=0.1s，即在100ms中，最多能传输1MB的数据，因此，此时的最大传输速率为lMB/0.1s=10MB/s=80Mbps。信道带宽为100Mbps，所以答案为min80Mbps,
14、 100Mbps=80Mbps，选C。19. 主机甲通过128kbps卫星链路，采用滑动窗口协议向主机乙发送数据，链路单向传播延迟为250ms，帧长为1000字节。不考虑确认帧的开销，为使链路利用率不小于80%，帧序号的比特数至少是_。A.3B.4C.7D.8答案：B解答 不考虑确认帧的开销，一个帧发送完后经过一个单程传播时延到达接收方，再经过一个单程传播时延发送方收到应答，从而继续发送。要使得传输效率最大化，就是不用等确认也可以连续发送多个帧。设连续发送n个帧，一个帧的传输时延为：1000B/128kbps=62.5ms。 依题意，有：(n*62.5ms)/(n*62.5ms+250ms)8
15、0% 得n16=24，从而，帧序号的比特数至少为4。 20. 将物理信道的总频带宽分割成若干个子信道，每个子信道传输一路信号，这种信道复用技术是_。A.码分复用B.频分复用C.时分复用D.空分复用答案：B解答 在物理信道的可用带宽超过单个原始信号所需带宽的情况下，可将该物理信道的总带宽分割成若干个与传输单个信号带宽相同(或略宽)的子信道，每个子信道传输一种信号，这就是频分多路复用。21. TDM所利用的传输介质的性质是_。A.介质的带宽大于结合信号的位速率B.介质的带宽小于单个信号的带宽C.介质的位速率小于最小信号的带宽D.介质的位速率大于单个信号的位速率答案：D解答 时分复用TDM共享带宽，
16、但分时利用信道。将时间划分成一段段等长的时分复用帧(TDM帧)，参与带宽共享的每一个时分复用的用户在每一个TDM帧中占用固定序号的时隙。显然，在这种情况下，介质的位速率大于单个信号的位速率。22. 从表面上看，FDM比TDM能更好地利用信道的传输能力，但现在计算机网络更多地使用TDM而不是FDM，其原因是_。A.FDM实际能力更差B.TDM可用于数字传输而FDM不行C.FDM技术不成熟D.TDM能更充分地利用带宽答案：B解答 TDM与FDM相比，抗干扰能力强，可以逐级再生整形，避免干扰的积累，而且数字信号比较容易实现自动转换，所以根据FDM和TDM的工作原理，FDM适合于传输模拟信号，TDM适
17、合于传输数字信号。23. 在下列多路复用技术中，_具有动态分配时隙的功能。A.同步时分多路复用B.统计时分多路复用C.频分多路复用D.码分多路复用答案：B解答 时分多路复用(TDM)可分为同步时分多路复用和异步时分多路复用(又叫统计时分复用)。同步时分多路复用是一种静态时分复用技术，它预先分配时间片(即时隙)，而异步时分多路复用则是一种动态时分复用技术，它动态地分配时间片(时隙)。24. 在下列协议中，不会发生碰撞的是_。A.TDMB.ALOHAC.CSMAD.CSMA/CD答案：A解答 TDM属于静态划分信道的方式，各结点分时使用信道，不会发生碰撞，而ALOHA，CSMA，CSMA/CD都属
18、于动态的随机访问协议，都采用检测碰撞的策略来应对碰撞，因此都可能会发生碰撞。25. 下列介质访问控制方法中，可能发生冲突的是_。A.CDMAB.CSMAC.TDMAD.FDMA答案：B解答 选项A、C和D都是信道划分协议，信道划分协议是静态划分信道的方法，肯定不会发生冲突。CSMA全称是载波侦听多路访问协议，其原理是站点在发送数据前先侦听信道，发现信道空闲后再发送，但在发送过程中有可能会发生冲突。26. 以下几种CSMA协议中，_协议在监听到介质是空闲时仍可能不发送。A.1-坚持CSMAB.非坚持CSMAC.p-坚持CSMAD.以上都不是答案：C解答 p-坚持CSMA协议是1-坚持CSMA协议
19、和非坚持CSMA协议的折中。p-坚持CSMA在检测到信道空闲后，以概率p发送数据，以概率1-p推迟到下一个时隙，其目的是降低1-坚持CSMA中多个结点检测到信道空闲后同时发送数据的冲突概率；采用坚持“帧听”，是试图克服非坚持CSMA中由于随机等待造成延迟时间较长的缺点。27. 在CSMA的非坚持协议中，当媒体忙时，则_直到媒体空闲。A.延迟一个固定的时间单位再侦听B.继续侦听C.延迟一个随机的时间单位再侦听D.放弃侦听答案：C解答 非坚持CSMA:站点在发送数据前先监听信道，若信道忙则放弃监听，等待一个随机时间后再监听，若信道空闲则发送数据。28. 在监听到信道忙时，仍然继续监听下去，直到信道
20、空闲为止。采用这种方式的CSMA协议称为_。A.1-坚持型CSMAB.坚持型CSMAC.p-坚持型CSMAD.非坚持型CSMA答案：A解答 CSMA的主要种类有三种：1-坚持型CSMA，非坚持型CSMA和p-坚持型CSMA。对1-坚持型CSMA，在监听到信道忙时，仍然继续监听下去，直到信道空闲为止。对于非坚持型CSMA，一旦监听到信道忙，不再坚持听下去，而是随机延迟一段时间后再重新监听。对于p-坚持型CSMA，如果信道忙，则等待下一个时隙再侦听；如果信道空闲，便以概率p发送数据，以概率(1-p)推迟到下一个时隙。29. 在CSMA的非坚持协议中，当站点侦听到总线媒体空闲时，它是_。A.以概率p
21、传送B.马上传送C.以概率(1-p)传送D.以概率p延迟一个时间单位后传送答案：B解答 非坚持CSMA：站点在发送数据前先监听信道，若信道忙则放弃监听，等待一个随机时间后再监听，若信道空闲则发送数据。30. 在CSMA/CD协议的定义中，“争议期”指的是_。A.信号在最远两个端点之间往返传输的时间B.信号从线路一端传输到另一端的时间C.从发送开始到收到应答的时间D.从发送完毕到收到应答的时间答案：A解答 CSMA/CD协议中定义的冲突检测时间(即争议期)是指，信号在最远两个端点之间往返传输的时间。31. 以太网中，当数据传输率提高时，帧的发送时间就会相应的缩短，这样可能会影响到冲突的检测。为了
22、能有效地检测冲突，可以使用的解决方案有_。A.减少电缆介质的长度或减少最短帧长B.减少电缆介质的长度或增加最短帧长C.增加电缆介质的长度或减少最短帧长D.增加电缆介质的长度或增加最短帧长答案：B解答 最短帧长等于在争用期时间内发送出的比特数。因此当传输速率提高时，可采用减少电缆介质的长度(使争用期时间减少，即以太网端到端的时延减小)；或增加最短帧长。32. 在一个采用CSMA/CD协议的网络中，传输介质是一根完整的电缆，传输速率为1Gb/s，电缆中的信号传播速度是200000km/s。若最小数据帧长度减少800比特，则最远的两个站点之间的距离至少需要_。A.增加160mB.增加80mC.减少1
23、60mD.减少80m答案：D解答 若最短帧长减少，而数据传输速率不变，则需要使冲突域的最大距离变短来实现碰撞窗口的减少。碰撞窗口是指网络中收发结点间的往返时延，因此假设需要减少的最小距离为s，则可以得到如下公式(注意单位的转换)： 减少的往返时延=减少的发送时延，即2s/(2108)=800/(1109)。即，由于帧长减少而缩短的发送时延，应等于由于距离减少而缩短的传播时延的2倍。 可得s=80，即最远的两个站点之间的距离最少需要减少80m。 注意：CSMA/CD的碰撞窗口=2倍传播时延，报文发送时间 碰撞窗口。33. 长度为10km，数据传输率为10Mb/s的CSMA/CD以太网，信号传播速
24、度为200m/s。那么该网络的最小帧长为_。A.20bitB.200bitC.100bitD.1000bit答案：D解答 来回路程=100002m，往返时间RTT=100002(200106)=10-4，那么最小帧长度=WRTT=1000bit。34. 若Hub再生比特流过程中，会产生1.535us延时，信号传播速度为200m/us，不考虑以太网帧的前导码，则H3和H4之间理论上可以相距的最远距离是_。 A.200mB.205mC.359mD.512m答案：B解答 因为要解决“理论上可以相距的最远距离”那么最远肯定要保证能检测到碰撞，而以太网规定最短帧长为64B，其中Hub为100Base-T
25、集线器，可知线路的传输速率为100Mb/s，则单程传输时延为64B100Mb/s2=2.56s，又Hub再产生比特流的过程中会导致延时1.535s，则单程的传播时延为2.56s-1.535s=1.025s，从而H3与H4之间理论上可以相距的最远距离为：200m/s*1.025s=205m。35. 以太网中如果发生介质访问冲突，按照二进制指数回退算法决定下一次重发的时间，使用二进制回退算法的理由是_。A.这种算法简单B.这种算法执行速度快C.这种算法考虑了网络负载对冲突的影响D.这种算法与网络的规模大小无关答案：C解答 以太网采用CSMA/CD技术，当网络上的流量越多，负载越大时，发生冲突的几率
26、也会越大。当工作站发送的数据帧因冲突而传输失败时，会采用二进制回退算法后退一段时间再重新发送数据帧。二进制回退算法可以动态的适应发送站点的数量，后退延时的取值范围与重发次数n形成二进制指数关系。当网络负载小时，后退延时的取值范围也小；当负载大时，后退延时的取值范围也随着增大。二进制回退算法的优点是把后退延时的平均取值与负载的大小联系了起来。所以二进制回退算法考虑了负载对冲突的影响。二、综合应用题1. 在选择重传ARQ协议中，设编号用3bit。再设发送窗口WT=6，而接收窗口WR=3。试找出一种情况，使得在此情况下协议不能正确工作。答案：对于选择重传协议，接收窗口和发送窗口的尺寸需满足：接收窗口
27、WR+发送窗口WT2n，而题目中给出的数据WR+WT=923，所以是无法正常工作的。举例如下： 发送方：0 1 2 3 4 5 6 7 0 1 2 3 4 5 6 7 0 接收方：0 1 2 3 4 5 6 7 0 1 2 3 4 5 6 7 0 当发送方发送05号共6个数据帧，因发送窗口已满，发送暂停。接收方收到所有数据帧，对每一个帧都发送确认帧，并期待后面的6、7、0号帧。若所有的确认帧都没有到达发送方，经过发送方计时器控制的超时事件后，发送方再次发送之前的6个数据帧，而接收方收到0号帧后，无法判断是新的数据帧或是旧的重传的数据帧。 2. 假设一个信道的数据传输速率为5kb/s，单向传输延
28、迟为30ms，那么帧长在什么范围内，才能使用于差错控制的停止-等待协议的效率至少为50%?答案：设帧长为L。在停止-等待协议中，协议忙的时间为数据发送的时间L/B，协议空闲的时间为数据发送后等待确认返回的时间2R。要使协议的效率至少为50%，则要求信道利用率u至少为50%，而信道利用率=数据发送时延/(传播时延+数据发送时延)，则 可得：L2RB=250000.03bit=300bit。 因此，当帧长大于等于300bit时，停止，等待协议的效率至少为50%。 3. 假定卫星信道的数据率为100kb/s，卫星信道的单程传播时延为250ms，每个数据帧的帧长均为2000位，并且不考虑误码、确认帧长
29、、头部和处理时间等开销，为达到传输的最大效率，试问帧的顺序号应为多少位?此时信道利用率是多少?答案：RTT=2502=500ms=0.5s。 一个帧的发送时间等于2000bit100kb/s=2010-3s。 一个帧发送完后经过一个单程时延到达接收方，再经过一个单程时延发送方收到应答，从而可以继续发送，故要达到传输效率最大，就是不用等确认也可继续发送帧。设窗口值等于x，令 2000bitx100kb/s=2010-3s+RTT=2010-3s+0.5s=0.52s 得x=26。 若取得最大信道利用率，窗口值是26即可，因为在此条件下，可以不间断地发送帧，所以发送速率保持在100kb/s。 由于162632，帧的顺序号应为5位。在使用后退N式ARQ的情况下，最大窗口值是31，大于26，可以不间断地发送帧，此时信道利用率是100%。 4.
