《计算机网络》作业及答案
西工大20春《计算机网络》在线作业答卷附标准答案
答案:B
30.视频传输的QoS要求的平均吞吐量(Mb/s)为( ).
A.0.064
2.IP v6的地址为（ ）位。
A.32
B.64
C.128
答案:C
3.通常我们使用Web网页浏览服务使用的协议是（ ）。
A.HTTP
B.TCP
C.FTP
答案:A
4.ARP协议用于解析的是( ).
A.通信对方的物理地址
B.本机的物理地址
C.通信双方的物理地址
D.服务器的物理地址
A.B类
B.C类
C.D类
D.A类
答案:D
22.QoS总体上可分成三类，分别是( ).
A.确定型、统计型、实时型
B.确定型、转发型、尽力型
C.确定型、统计型、尽力型
D.确定型、统计型、服务型
答案:C
23.以下哪一个特性不是物理层接口定义的？（ ）
A.机械特性
B.电气特性
西北工业大学20年春《计算机网络》在线作业附标准答案
试卷总分:100 得分:100
一、单选题 (共 35 道试题,共 70 分)
1.在多媒体网络环境中，传送语音数据时，QoS保证要求最大延迟为（ ）ms。 参考答案：
A.0.2
B.0.5
C.0.25
D.0.1
答案:C
需要更多加微信boge30619
B.连接限制和时间限制
C.用户名和时间限制
D.身份限制和时间限制
答案:A
26.对网络的关键部件（如文件服务器）应提供必要的容错能力，属于NOS的以下哪一个重要的特性？( ).
计算机网络 第1-3章 作业答案
第一章概述1-03 试从多个方面比较电路交换、报文交换和分组交换的主要优缺点。
答：（1）电路交换：端对端通信质量因约定了通信资源获得可靠保障，对连续传送大量数据效率高。
（2）报文交换：无须预约传输带宽，动态逐段利用传输带宽对突发式数据通信效率高，通信迅速。
（3）分组交换：具有报文交换之高效、迅速的要点，且各分组小，路由灵活，网络生存性能好。
1-17 收发两端之间的传输距离为1000km，信号在媒体上的传播速率为2×108m/s。
试计算以下两种情况的发送时延和传播时延：（1）数据长度为107bit,数据发送速率为100kb/s。
（2）数据长度为103bit,数据发送速率为1Gb/s。
从上面的计算中可以得到什么样的结论？解：（1）发送时延：ts=107/105=100s传播时延tp=106/(2×108)=0.005s（2）发送时延ts =103/109=1µs传播时延：tp=106/(2×108)=0.005s结论：若数据长度大而发送速率低，则在总的时延中，发送时延往往大于传播时延。
但若数据长度短而发送速率高，则传播时延就可能是总时延中的主要成分。
1-18 假设信号在媒体上的传播速度为2×108m/s.媒体长度L分别为：（1）10cm（网络接口卡）（2）100m（局域网）（3）100km（城域网）（4）5000km（广域网）试计算出当数据率为1Mb/s和10Gb/s时在以上媒体中正在传播的比特数。
解：（1）传播时延=0.1/(2×108)=5×10-101Mb/s:比特数=5×10-10×1×106=5×10-41Gb/s: 比特数=5×10-10×1×109=5×10-1（2）传播时延=100/(2×108)=5×10-71Mb/s:比特数=5×10-7×1×106=5×10-11Gb/s: 比特数=5×10-7×1×109=5×102(3) 传播时延=100000/(2×108)=5×10-41Mb/s:比特数=5×10-4×1×106=5×1021Gb/s: 比特数=5×10-4×1×109=5×105(4) 传播时延=5000000/(2×108)=2.5×10-21Mb/s:比特数=2.5×10-2×1×106=5×1041Gb/s: 比特数=2.5×10-2×1×109=5×1071-19 长度为100字节的应用层数据交给传输层传送，需加上20字节的TCP首部。
计算机网络作业一及解答
计算机网络作业一及解答一、题目：已知有两台计算机A和B，它们之间通过一个分组交换网络传输数据。
A发送一段数据到B，这段数据分为4个分组，每个分组的长度为1000字节。
A和B之间的链路传播速率为2Mbps，传播时延为10ms。
A向B发送完一个分组后，需要等待一个ACK确认分组的到达再继续发送下一个分组。
假设ACK返回的时间非常短（可以忽略），忽略数据包头部等其他开销，只计算数据的传输时间。
若在传输每个分组之前，设置流量和拥塞控制的指令，问A向B传输这4个分组的总时间是多少？二、解答：首先，根据已知条件，链路传播速率为2Mbps，即每秒可以传输2兆比特的数据，传播时延为10ms。
由此可计算出链路传播时延的距离为：距离=传播速率×传播时延= 2Mbps × 10ms= 20kb由于每个分组的长度均为1000字节，所以需要传输4个分组，总共的传输数据量为：数据量=每个分组长度×分组数量=1000字节×4=4000字节接下来需要计算传输过程中的时间。
首先考虑传输第一个分组的时间。
传输第一个分组需要发送请求，并等待ACK确认后再传输下一个分组。
假设传输一个分组需要的时间为T，那么传输第一个分组的时间可以表示为：传输第一个分组时间=T+传输时延+传播时延+T= 2T + 10ms + 20kb在传输第一个分组的时间内，可以计算出实际传输的数据量，即：实际传输数据量=链路传播速率×传输时间= 2Mbps × 传输第一个分组时间实际传输数据量应该小于等于总数据量，即：实际传输数据量≤总数据量2Mbps × 传输第一个分组时间≤ 4000字节根据以上不等式，可以求解出传输第一个分组的时间T。
然后，可继续计算传输剩余3个分组所需的时间，并求出总时间。
根据题目要求忽略ACK返回的时间，因此只需要计算传输时间即可。
综上所述，A向B传输这4个分组的总时间为传输第一个分组的时间加上传输剩余3个分组所需的时间。
计算机网络(本)作业及答案(1-4)
计算机网络（本）作业及答案(1-4)第一章一、选择题1.计算机网络功能有（A）。
A.资源共享B.病毒管理C.用户管理D.站点管理2.下列选项中是网络软件的是（B）。
A.DBMSB.操作系统C.Office软件D.计算机主机3.计算机网络硬件包括（C）。
A.网管B.复活卡C.交换机D.代理节点4.网络资源子网负责（A）。
A.数据通信B.数字认证机制C.信息处理D.路由器5.通常按网络覆盖的地理范围分类，可分为：局域网、（A）和广域网三种。
A.城域网B.有线网C.无线网D.星型网络6.为了简化计算机网络的分析和设计，有利于网络的硬件和软件配置，按照计算机网络的系统功能，一个计算机网络中实现网络通信功能的设备及其软件的集合称为网络的（A）。
A.通信子网B.有线网C.无线网D.资源子网7.为了简化计算机网络的分析与设计，有利于网络的硬件和软件配置，按照计算机网络的系统功能，把网络中实现资源共享功能的设备及其软件的集合称为（D）。
A.通信子网B.有线网C.无线网D.资源子网8.计算机网络按网络的通信方式分类可以分为：（D）和广播式传输网络两种。
A.星型网络B.总线型网络C.树型网络D.点对点传输网络二、填空题1.（资源共享）和（信息传输）是计算机网络最基本的两大功能。
2.网络资源包括有（数据）、（信息）、（软件）和（硬件设备）四种类型。
3.计算机网络系统是由（资源）子网和（通信）子网组成的。
4.计算机网络主要解决（资源共享）和（资源安全）的矛盾。
5.“通信子网”主要负责全网的（数据通信）为网络用户提供数据传输、转接、加工和转换等通信处理工作。
6.“资源子网”主要负责全网的信息处理，为网络用户提供（网络服务）和（资源共享）功能。
7.计算机网络按网络的传输介质分类可以分为（有线网）和（无线网）两种。
三、简答题1.计算机网络的功能有哪些？答：计算机网络的功能有资源共享、数据通信、集中管理、增加可靠性、提高系统处理能力和安全功能。
《计算机网络》课后作业2
计算机网络·第6-9章作业1. 广域网覆盖的地理范围从几十公里到几千公里。
它的通信子网主要使用的A 报文交换技术B 分组交换技术C 信令交换技术D 电路交换技术参考答案：D2. HDLC是一种A 面向比特的同步链路控制协议B 面向比特的异步链路控制协议C 面向字符的同步链路控制协议D 面向比特的异步链路控制协议参考答案：A3. 使用HDLC时，位串011111110111110进行位填充后的位模式为A 011101110101110110B 0111101110111110C 0111111101111100D 01111101101111100参考答案：D4. 以下哪种广域网接入方式能够同时支持话音和数据传输?A ISDNB PSTNC X.25D Cable Modem参考答案：A5. 电话交换机是下列哪种类型技术的一个范例A 分组B 缓冲C 虚电路D 线路参考答案：D6. 网络互连的目的在于使不同网络上的用户互相通信，交换信息，那么用于网络之间互连的中继设备称( )。
A.放大器B.网桥C.网关D.网间连接器参考答案：D7. 通信子网为网络源节点与目的节点之间提供了多条传输路径的可能性，路由选择是( )。
A.建立并选择一条物理链路B.建立并选择一条逻辑链路C.网络节点在收到一个分组后，要确定向下一个节点的路径D.选择通信媒体参考答案：C8. 5. 已知Internet上某个B类IP地址的子网掩码为255.255.254.0，因而该B类子网最多可支持( )台主机。
A.509B.510C.511D.512参考答案：B9. 以下给出的地址中，属于子网192．168．15．19／28的主机地址是( )。
A.192．168．15．17B.192．168．15．14C.192．168．15．16D.192．168．15．31参考答案：A10. 对路由选择协议的一个要求是必须能够快速收敛，所谓“路由收敛”是指( )。
国开作业《计算机网络（本）》 (30)
题目：（）是面向连接的协议，用三次握手和滑动窗口机制来保证传输的可靠性和进行流量控制。
选项A：FTP选项B：UDP选项C：IP选项D：TCP答案：TCP题目：（）协议规定网际层数据分组的格式。
选项A：FTP选项B：TCP选项C：IP选项D：UDP答案：IP题目：一个功能完备的计算机网络需要指定一套复杂的协议集。
对于复杂的计算机网络协议来说，最好的组织方式是（）。
选项A：混合结构模型选项B：层次结构模型选项C：连续地址编码模型选项D：分布式进程通信模型答案：层次结构模型题目：在ISO/OSI参考模型中，网络层的主要功能是（）。
选项A：路由选择、拥塞控制与网络互连选项B：确定进程之间通信的性质，以满足用户的需要选项C：组织两个会话进程之间的通信，并管理数据的交换选项D：数据格式变换、数据加密与解密、数据压缩与恢复答案：路由选择、拥塞控制与网络互连题目：用于将MAC地址转换成IP地址的协议一般为（）。
选项A：TCP选项B：IP选项C：ARP选项D：RARP答案：RARP题目：（）是计算机网络层次模型中每一层中用于实现该层功能的活动元素，包括该层上实际存在的所有硬件与软件，如终端、电子邮件系统、应用程序、进程等。
选项A：实体选项B：数据报选项C：连接选项D：路由答案：实体题目：网络协议由语法、（）和语序三大要素构成。
选项A：数据报选项B：语义选项C：实体选项D：路由答案：语义题目：（）是OSI 参考模型的最低层，它直接面向原始比特流的传输。
选项A：物理层选项B：表示层选项C：网络层选项D：数据链路层答案：物理层题目：（）负责建立相邻节点之间的数据链路，提供节点间可靠的数据传输。
选项A：数据链路层选项B：物理层选项C：网络层选项D：表示层答案：数据链路层题目：（）是OSI 参考模型中最靠近用户的一层，负责为用户的应用程序提供网络服务。
选项A：数据链路层选项B：网络层选项C：物理层选项D：应用层答案：应用层题目：（）协议，它源于ARPANET网，现在已经成为Internet互联网的通信协议。
(完整版)计算机网络课后作业以及答案(中英文对照)
Chapter11-11.What are two reasons for using layered protocols?(请说出使用分层协议的两个理由)答：通过协议分层可以把设计问题划分成较小的易于处理的片段。
分层意味着某一层的协议的改变不会影响高层或低层的协议。
1-13. What is the principal difference between connectionless communication and connection-oriented communication?(在无连接通信和面向连接的通信两者之间，最主要的区别是什么？)答：主要的区别有两条。
其一：面向连接通信分为三个阶段，第一是建立连接，在此阶段，发出一个建立连接的请求。
只有在连接成功建立之后，才能开始数据传输，这是第二阶段。
接着，当数据传输完毕，必须释放连接。
而无连接通信没有这么多阶段，它直接进行数据传输。
其二：面向连接的通信具有数据的保序性，而无连接的通信不能保证接收数据的顺序与发送数据的顺序一致。
1-20. A system has an n-layer protocol hierarchy. Applications generate messages of length M bytes. At each of the layers, an h-byte header is added. What fraction of the network bandwidth is filled with headers?(一个系统有n层协议的层次结构。
应用程序产生的消息的长度为M字节。
在每一层上需要加上一个h字节的头。
请问，这些头需要占用多少比例的网络带宽)答：hn/(hn+m)*100%1-28. An image is 1024 x 768 pixels with 3 bytes/pixel. Assume the image is uncompressed. How long does it take to transmit it over a 56-kbps modem channel? Over a 1-Mbps cable modem? Over a 10-Mbps Ethernet? Over 100-Mbps Ethernet?(一幅图像的分辨率为1024 x 768像素，每个像素用3字节来表示。
计算机网络作业三及解答
计算机网络作业三及解答一、单项选择题1．下列说法正确的是( )。
A．信道与通信电路类似，一条可通信的电路往往包含一个信道B．调制是指把模拟数据转换为数字信号的过程C．信息传输速率是指通信信道上每秒传输的码元数D．在数值上，波特率等于比特率与每符号含的比特数的比值2．利用模拟通信信道传输数字信号的方法称为( )。
A．同步传输 B．异步传输C．基带传输 D．频带传输3．测得一个以太网数据的波特率是40M Baud，那么其数据率是( )。
A．10Mbit／s B．20Mbit／sC．40Mbit／s D．80Mbit／s4．已知某信道的信号传输速率为64kbit／s，一个载波信号码元有4个有效离散值，则该信道的波特率为( )。
A．16kBaud B．32kBaud C．64kBaud D．1 28kBaud5．某信道的波特率为1000Baud，若令其数据传输速率达到4kbit／s，则一个信号码元所取的有效离散值个数为( ) 。
A．2 B．4C．8 D． 1 66．对于某带宽为4000Hz的低通信道，采用1 6种不同的物理状态来表示数据。
按照奈奎斯特定理，信道的最大传输速率是( )。
A．4kbit／s B．8kbit／sC．1 6kbit／s D．32kbit／s7．有一条无噪声的8kHz信道，每个信号包含8级，每秒采样24k次，那么可以获得的最大传输速率是( )。
A．24kbit／s B．32kbit／sC．48kbit／s D．72kbit／s8．影响信道最大传输速率的因素主要有( )。
A．信道带宽和信噪比 B．码元传输速率和噪声功率C．频率特性和带宽 D．发送功率和噪声功率9．电话系统的典型参数是信道带宽为3000Hz，信噪比为30dB，则该系统的最大数据传输速率为( )。
A．3kbit／s B．6kbit／sC．30kbit／s D．64kbit／s10．二进制信号在信噪比为127：1的4kHz信道上传输，最大的数据速率可达到( )。
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《计算机网络》作业一、填空题1．光纤通讯中，按使用波长区的不同可分光纤通讯方式和光纤通讯方式。
单模，多模2．网络互连设备按照它们执行协议和功能转换的不同，可以分为中继器、网桥、路由器和网关，其中只负责数据链路层，而专门用于高层协议的转换。
网桥，网关3456．ISDN78．Internet中的URL是指，IP地址187.168.9.254的网络号是。
9．在OSI1011．ISDN12(FSK)131415．Internet中的SNMP PPP161718．ISP是专业从事于Interne19．当数据报在物理网络中进行传输时，IP20．局域网协议把OSI的数据链路层分为MAC子层和2122．根据ASN.1的编码规则，Integer 48的编码是23．ARP2425二、选择题1．在计算机网络中，互相连接的结点之间赖以互相通信和交换数据的基础是 B 。
A.网络语言B.网络协议C.网络接口D.网络标准2．想要组成一个网络，对于服务器的要求，正确的说法是 D 。
A.必须有服务器B.可有可无C.不需要服务器D.根据网络类型的要求而定3．计算机网络通信采用同步和异步两种方式，但传送效率最高的是 A 。
A.同步方式B.异步方式C.同步与异步方式传送效率相同D.无法比较4．电缆可以按照其物理结构类型分类，目前计算机网络使用最普遍的电缆类型有同轴电缆、双绞线和 C 。
A.电话线B.输电线C.光纤D.天线5．关于OSI参考模型陈述正确的是 B 。
A.每层之间相互直接通讯B.物理层直接传输数据C.数据总是由应用层传输到物理层D.数据总是由物理层传输到应用层6．在TCP/IP协议集中， B 协议是每个应用程序必须使用的。
A.TCP（传输控制协议）B.IP（Internet协议）C.UDP（用户数据报协议）D.ARP（地址解析协议）7．Ethernet LAN采用的媒体访问控制方法为 D 。
A.CSMAB.CSMA/CAC.CDMAD.CSMA/CD8．ISDN的基速接口提供了 B 。
A.1B+DB.2B+DC.23B+DD.64B+D9．网络协议主要要素为 CA.数据格式、编码、信号电平B.数据格式、控制信息、速度匹配C.语法、语义、同步D.编码、控制信息、同步10．SNMP是 D 协议的一部分，用来监视和检修网络的运行情况。
A.IPX/SPXB.TCPC.UDPD.TCP/IP11．下面不属于网络拓朴结构的是 C 。
A.星形结构B.总线结构C.层次结构D.网状结构12．两台计算机利用电话线传输数据信号，其必备的设备是 C 。
A.网卡B.中继器C.调制解调器D.同轴电缆13．通过改变载波信号的相位值来表示数字信号1、0的方法叫 B 。
A.ASKB.PSKC.FSKD.ATM14．关于以太网网卡地址的说法正确的是 A 。
A.在世界范围内唯一B.在世界范围内不唯一C.在一定范围内唯一D.在一定范围内不唯一15．物理层采用 D 手段来实现物理连接。
A.物理设备B.物理媒体C.传输差错控制D.物理层协议规定的四种特性16．PCM调制中T1链路的标准速率是 A 。
A.1.544MB.3.096MC.2.048MD.8000K17．在ATM网络中，ATM结点 A 。
A.只做信头的CRC校验，不做差错控制B.不做信头的CRC校验，不做差错控制C.既做信头的CRC校验，也做差错控制D.不做信头的CRC校验，只做差错控制18．TCP/IP应用程序中 C 用于测试网络中主机是否可达。
A.FTPB.TFTPC.PINGD.REXEC19．一座大楼内的一个计算机网络系统，属于 BA.PANNC.MAND.WAN20．计算机网络中可以共享的资源包括 AA.硬件、软件、数据、通信信道B.主机、外设、软件、通信信道C.硬件、程序、数据、通信信道D.主机、程序、数据、通信信道21．在OSI七层结构模型中，处于数据链路层与运输层之间的是 BA.物理层B.网络层C.会话层D.表示层22．Intranet技术主要由一系列的组件和技术构成，Intranet的网络协议核心是 CA.ISP/SPXB.PPPC.TCP/IPD.SLIP23．数据链路层中的数据块常被称为 CA.信息B.分组C.帧D.比特流24．DNA是 A 推出的网络体系。
A.DECB.IBMITTD.IEEE25．数据链路层中的数据块常被称为 C 。
A.信息B.分组C.帧D.比特流三、计算题1．若采用生成多项式为x4+x2+x+1，信息位为1111101，求出循环冗余位，加在信息位后形成的码字，若经HDLC （比特填充）发送，求发送序列。
解： 0011，11111010011，1111100100112．通信信道速率为1Gb/s，端到端时延为10ms。
TCP的发送窗口为65535字节。
试问：可能达到的最大吞吐量是多少？信道的利用率是什么？解：10ms×2=20ms每20ms可以发送一个窗口大小的通信量，每秒50个窗口（1000ms÷20ms=50）。
65535×8×50=26.214Mb/s26.214Mb/s÷1000Mb/s≈2.6%所以，最大吞吐量是26.214Mb/s，信道的利用率约为2.6%3．在带宽为64K的信道上，在任何时刻数字信号可取0、1、2和3四种电平之一，则最大的数据率是多少？解：C=2Hlog2L H=64Kbps, L=4 , 所以C＝2*64*log24= 256K4．在10km长的令牌环局域网上，有100个站点，每站引入1位延迟，数据速率为10Mbps，信号传播速度为200m/μs,问该环的位长度为多少？该环网的实际等效位长度为多少？解：延迟为10000∕200=50/μs环的位长度5×10+1×100=600位，1位延迟相当于多少米电缆 1bit/10bit/μs×200m/μs=0.1μs/位×200m/μs=20m，环网的实际等效长度为 10Km+20m/站×100站=12km5．在带宽为4K的信道上，采用16种状态编码，求出在以下两种情况下的最大速率？①理想信道；②信噪比为30dB；（请给出公式与计算步骤）解：（1）C=2Hlog2L=2*4*log216=2*4*4=32K（2）30=10lg(S/N) S/N=1000 C=Hlog2(1+S/N) =4*log2(1+1000)≈40K6．一个ATM网络使用令牌漏桶方案管制交通。
每5微秒钟放入漏桶一个新的令牌。
试问最大的可持续的净数据速率（即不包括头位）是多少？解：在令牌漏桶算法中，漏桶可以保留令牌。
由一个时钟每隔△T秒生成一个令牌，每传送一个分组，就必须得到和消耗一个令牌。
例如对于一个保留着3个令牌的桶，如果有5个分组等着传送，那么5个分组中的3个可以被立即传送出去，但其余2个必须等待新令牌的生成。
每5微妙产生1个令牌，1秒=106微妙，1秒钟可以发送2×105个信元。
每个信元含有48个数据字节，即8×48=384个比特。
384×2×105=76.8×106bps，所以，最大的可持续的净数据速率为76.8Mbps四、简答题1．简述网络层的功能；（1）为传输层提供电路交换、数据包交换和虚电路交换服务；（2）提供路由功能；（3）拥塞控制2．分析PCM中的T1链路的的采样频率及复用线路数，并计算其速率。
（1）采样频率是8000次/秒，或者是125微秒/次；（2）24条线路复用，27＝128级采样；（3）速率是（24*8+1）*8000=1.544M3．分析CSMA技术常采用的三种退让算法；三种退让算法分别是：不坚持CSMA，1-坚持CSMA，P-坚持CSMA。
其中非坚持CSMA(non-persistent CSMA)：（1）监听到介质"闲"，则发送；（2）监听到介质"忙"，按一定退避算法延迟一段时间，返回（1）。
优点：采用随机重传时间减少碰撞概率；缺点：延迟时间内可能会出现通道闲的情况，利用率不高。
1-坚持CSMA：（1）当介质一旦"闲"，packet以概率为1的原则发送；（2）介质"忙",连续监听，直至监听到通道"闲",返回（1）。
优点：提高信道利用率。
缺点：若有两个或更多的站同时在监听信道，则一旦信道空闲就必然使这些同时发送的packet互相冲突。
P-坚持CSMA：（1）若介质"闲"，以0<p<1的概率发送，以概率(1-p)延迟一段时间再发送。
（2）介质"忙"，则继续侦听到信道闲，返回（1）。
这三种坚持各有优缺点：非坚持不能充分利用信道刚刚转入空闲期的这段时间。
1-坚持又容易在上述这段时间产生冲突。
p坚持可以在一定长度上克服这些缺点，但却很难选择一个能用于各种通信量强度的p值。
4．分析LAN中HUB的不足之处；冲突大，延迟长，效率低，对接入设备受限，无法并行5．画出用模拟信号传输数字信号的传输模型；信源——→调制器——→传输介质——→解调器——→信宿↑噪声6．试说明DDoS的攻击原理和攻击过程DDoS的原理是利用TCP连接的特点，消耗攻击对象的资源，至到停止服务。
过程是：（1）攻击者利用工具软件寻找网络中其它计算机的漏洞；（2）在选择的Agent对象上安装并隐藏攻击程序；（3）发布攻击命令，对攻击对象实施攻击；7．简述56K调制解调器的主要特点和工作原理。
（1）非对称，上行33.6K，下行是56K；（2）主干线路的变化，使得目前的应用减少了一次A/D变换过程，提高了信噪比；（3）原理是采用了正交加速度调制，利用总卷积码8．简述VLAN的原理和作用。
安全性好、效率高、配置简单、隔离广播风暴，原理是在交换机上利用硬件划分子网。
9．比较面向连接和无连接服务的差异。