计算机网络 清华大学出版社 7章作业和自测题及参考答案(20120807)
计算机网络习题库(附参考答案)
计算机网络习题库（附参考答案）一、单选题（共81题，每题1分，共81分）1.网络管理中的安全管理是指保护管理站和代理之间下列哪项的安全？( )。
A、信息存储B、完整信息C、信息交换D、信息索引正确答案：C2.校园网内的一台计算机不能使用域名而可以使用IP地址访问外部服务器，造成这种故障的原因不可能是( )。
A、该计算机与DNS服务器不在同一子网B、提供被访问服务器名字解析的服务器有故障C、该计算机DNS设置有误D、本地域名服务器无法与外部正常通信正确答案：A3.以太网交换机端口A配置成10/100M自协商工作状态，与10M半双工网卡连接，自协商过程结束后端口A的工作状态 ( )。
A、10M半双工B、10M全双工C、100M半双工D、100M全双工正确答案：A4.IEEE制定的无线局域网协议标准是( )。
A、802.15B、802.11C、802.4D、802.3正确答案：B5.因为计算机数据是突发式地出现在传输线路上的，因此线路上真正用来传送数据的时间往往不到10%甚至低到1%，所以当使用()来传送计算机数据时，其线路的传输效率往往很低。
A、报文交换B、交换C、分组交换D、电路交换中心正确答案：D6.因特网用户的电子邮件格式必须是（）。
A、用户名@邮箱所在主机的域名B、单位网络名@用户名C、用户名@单位网络名D、邮箱所在主机的域名@用户名正确答案：A7.下列关于邮件服务器的描述中，错误的是( )。
A、邮件服务器支持基于Web方式的访问和管理B、邮件管理工具包括系统设置.域名设置等C、在系统设置中可以通过增加新的域构建虚拟邮件服务器D、为建立邮件路由.需在DNS服务器中建立邮件服务器主机记录和邮件交换器记录正确答案：D8.域名系统DNS的作用是( )。
A、存放主机域名B、存放IP地址C、将域名与IP地址进行转换D、存放电子邮箱号正确答案：C9.下列关于Windows 系统下DHCP服务器的描述中，错误的是( )。
计算机网络-课后答案第七章
问题7-1：用一个例子说明置换密码的加密和解密过程。
假定密钥为CIPHER，而明文为attack begins at four，加密时明文中的空格去除。
答：在英文26个字母中，密钥CIPHER这6个字母在26个英文字母中出现的位置用红色a b然后按行问题7-2答：(1)向一个特定服务器非常快地发送大量任意的分组，使得该服务器过负荷因而无法正常工作。
(2)向一个特定服务器发送大量的TCP SYN报文段（即建立TCP连接的三次握手中的第一个报文段）。
服务器还误以为是正常的因特网用户的请求，于是就响应这个请求，并分配了数据结构和状态。
但攻击者不再发送后面的报文段，因而永远不能够完成TCP连接的建立。
这样可以浪费和耗尽服务器的大量资源。
这种攻击方式又称为SYN flooding（意思是使用同步标志进行洪泛）。
(3)重复地和一个特定服务器建立TCP连接，然后发送大量无用的报文段。
(4)将IP数据报分片后向特定服务器发送，但留一些数据报片不发送。
这就使得目的主机永远无法组装成完整的数据报，一直等待着，浪费了资源。
(5)向许多网络发送ICMP回送请求报文（就是使用应用层的PING程序），结果使许多主机都向攻击者返回ICMP回送回答报文。
无用的、过量的ICMP报文使网络的通信量急剧增加，甚至使网络瘫痪。
这种攻击方式被称为smurf攻击。
Smurf就是能够对网络自动发送这种ICMP报文攻击的程序名字。
分布式拒绝服务DDOS的特点就是攻击者先设法得到因特网上的大量主机的用户账号。
然后攻击者设法秘密地在这些主机上安装从属程序(slave program)，如图所示。
一时刻在拒绝服务和分布式拒绝服务都是很难防止的。
使用分组过滤器并不能阻止这种攻击，因为攻击者的IP地址是事先不知道的。
当主机收到许多攻击的数据报时，很难区分开哪些是好的数据报，而哪些是坏的数据报。
例如，当服务器收到请求建立TCP连接的SYN报文时，很难区分这是真的请求建立TCP连接，还是恶意消耗服务器资源的连接请求。
计算机网络第七版课后答案完整版
计算机网络第七版课后答案完整版计算机网络是现代社会中不可或缺的一部分，它架起了人与人、人与信息的桥梁，促进了信息的传递和共享。
而针对计算机网络这门课程，学生通常会留下一些问题疑惑。
本文将为大家提供《计算机网络第七版》课后答案的完整版，帮助学生更好地理解和掌握相关知识。
第一章网络基础1. 什么是计算机网络？计算机网络是指利用通信设备和网络连接技术，将地理位置不同的计算机及其外部设备组合成一个完成协同工作的系统。
2. 计算机网络的分类有哪些？计算机网络可分为局域网（LAN）、城域网（MAN）、广域网（WAN）和互联网。
3. 什么是协议？协议是网络通信中计算机之间进行信息交换所必需遵循的规范和约定。
4. OSI参考模型是什么？OSI参考模型是国际标准化组织（ISO）制定的一种通信协议的参考模型，共分为七层，分别是物理层、数据链路层、网络层、传输层、会话层、表示层和应用层。
5. TCP/IP参考模型是什么？TCP/IP参考模型是计算机网络互联中广泛使用的一个协议参考模型，共分为四层，分别是网络接口层、网络层、传输层和应用层。
6. 什么是HTTP协议？HTTP（Hypertext Transfer Protocol）是一种用于传输超文本的应用层协议，是Web浏览器和Web服务器之间进行交互的基础。
7. 什么是UDP协议？UDP（User Datagram Protocol）是一种面向无连接的传输层协议，主要用于在网络上发送短报文。
与TCP协议相比，它传输速度更快，但可靠性较差。
第二章物理层1. 物理层的主要功能是什么？物理层主要负责传输比特流，将比特流转换为物理信号进行传输。
2. 什么是编码？编码是将数字信号转换为模拟信号或数字信号的过程。
3. 常见的编码方式有哪些？常见的编码方式有不归零编码（NRZ）、曼彻斯特编码、差分曼彻斯特编码等。
4. 什么是调制？调制是将数字信号转换为模拟信号的过程，常用的调制方式有调幅（AM）、调频（FM）和调相（PM）。
计算机网络(第七版)部分课后习题含答案
计算机网络（第七版）部分课后习题含答案1. 课后习题一答案：a) 网络边缘即指连接着终端设备的那一层网络，它是网络的边界部分，负责处理终端设备与网络的通信。
b) 网络核心即指网络中承载着传输数据的主干部分，它是网络的中间部分，负责路由数据、转发数据以及进行网络调度。
2. 课后习题二答案：a) 局域网（LAN）是指在较小的范围内，由某个组织或机构所拥有和控制的一组相互连接的计算机和网络设备。
它通过局限范围内的高速物理介质连接，并保证了较低的传输延迟和更高的带宽。
b) 广域网（WAN）是指覆盖较大地理范围的计算机网络，它通过公共或专用的通信链路来连接不同地域的网络。
WAN通常由多个LAN组成，并使用路由器来实现不同网络之间的数据转发。
3. 课后习题三答案：a) Huffman编码是一种变长编码方法，它根据信源符号出现的概率分布来构造编码表，使得出现概率较高的符号获得较短的编码。
这样可以有效地压缩数据，减小数据传输的带宽。
b) 奇偶校验是一种简单的错误检测方法，它通过在数据中添加一位校验位来判断数据中的错误。
奇偶校验位的值取决于数据中1的个数，使得数据的总位数为奇数或偶数。
接收方根据接收到的数据和校验位的奇偶性来判断数据是否出现错误。
4. 课后习题四答案：a) 延迟是指数据在网络中传输所需要的时间。
它包括传输延迟（发送数据所需的时间）、传播延迟（数据在传输介质中传播所需的时间）和处理延迟（数据在网络设备中处理所需的时间）。
b) 吞吐量是指网络在单位时间内能够传输的数据量。
它可以用字节/秒或位/秒来表示。
吞吐量取决于网络的带宽和网络的利用率。
5. 课后习题五答案：a) 虚拟专用网络（VPN）是利用公共网络（如互联网）来构建的一种安全的私有网络。
它通过加密和隧道技术来保护数据的安全性和隐私性，使得用户在公共网络上可以安全地访问私有网络资源。
b) 路由器是一种网络设备，用于在多个网络之间转发数据包。
它能够根据数据包中的目标地址来选择合适的路径，并进行数据转发。
计算机网络7、8章课后答案
计算机网络7、8章课后答案第七章一、填空题：1、Internet包含传输主干网、城域网和接入网三部分。
2、决定访问Internet上资源的“实际速度”的主要因素有三个，即传输主干网、城域网和接入网。
3、“三网合一”就是将计算机网、有线电视网和电信网有机融合起来。
4、Internet接入方式是指用户采用什么设备、通过何种接入网络接入Internet。
5、常用的接入方式有四种：拨号接入、ADSL接入、专线接入和以太网接入。
6、ADSL有两种基本的接入方式：专线方式和虚拟拨号方式。
7、常用的无线上网的方式有：无线局域网上网、“中国移动”GPRS方式、“中国联通”CDMA方式。
8、社区宽带接入网主要采用三种接入技术：一是普通电话线的非对称数字用户环路技术（ADSL）；二是基于光纤接入网的以太网（FTTB+LAN）技术；三是有线电视的Cable Modem技术。
二、回答题：1、简述什么是“最后的一公里”问题。
“最后的一公里”问题指的是从市区Internet结点到单位、小区、直至到每个家庭用户的终端接入问题，这是接入网要解决的问题。
2、简述什么是“三网合一”。
“三网合一”就是将计算机网、有线电视网和电信网（数据通信网）有机融合起来。
实现途径是数字、语音和多媒体信号走同一网络；其目标是以一个统一的宽带多媒体平台，最大限度地承载现有和将来可能有的业务；其主要目的是充分利用现有资源，避免重复投资。
3、在选择连接方式时需要考虑哪些因素？作为一个用户，在于Internet连接时，究竟应采用何种方式，这是用户十分关心的问题。
总的来说，在选择连接方式时要考虑以下因素：（1）单机还是多机；（2）公用数据通信网或计算机网络的选择；（3）ISP的选择。
4、简述ISDN拨号上网与Modem拨号上网的优缺点。
你会如何选择拨号上网方式？请说出你选择的理由。
Modem拨号上网的最高速率为56Kbps，而ISDN拨号上网的最高速率为128Kbps。
计算机网络 清华大学出版社 7章作业和自测题及参考答案(20120807)
第7章运输层6.UDP较之TCP的优势何在？在什么情况下，UDP更能满足应用的需要？答案：UDP虽然不可靠，但在很多情况下，UDP较之TCP有其优势。
由于UDP是无连接的，带来的延迟，就小，也不必为保持连接的状态而监测一些参数，这就减轻了CPU的负担。
UDP 首部仅8字节，开销小。
特别是因为UDP不用进行流控和拥塞控制，因而响应快，更能充分利用网络的传输能力。
因而UDP对远程文件服务（NFS）、流式多媒体、IP电话、SNMP、RIP、DNS等应用更适合，即更能满足其应用的需要。
11．考虑一个建立在UDP基础上的简单应用层协议，它允许客户从一个远程服务器获取文件，而且该服务器位于一个众所周知的地址上。
客户首先发送一个请求，该请求中包含了文件名，然后服务器以一个数据分组序列作为响应，这些数据分组包含了客户所请求的文件的不同部分。
为了确保可靠性和顺序递交，客户和服务器使用了停－等协议。
忽略显然存在的性能问题，你还看得到这个协议的另一个问题吗？请仔细想一想进程崩溃的可能性。
答案：客户完全有可能得到错误文件。
假设客户A为获取文件f1发送一个请求，随后客户A就崩溃了。
稍后，另一个客户B使用相同的协议为获取另一个文件f2发送请求。
假设客户B和A运行在同一机器上（同一IP地址），将它的UDP套接字或插口（socket）绑在同一端口（A早先使用过的）。
此外，假设B的请求丢失了。
当服务器的回答（对A的请求）到达时，客户B将接收它并假设（错误地）是对它自己请求的回复。
13．为什么要使用UDP？让用户进程直接发送原始的IP分组不就足够了吗？答案：仅仅使用IP分组还不够。
IP分组包含IP址，该地址指定一个目的地机器。
一旦这样的分组到达了目的地机器，网络控制程序如何知道该把它交给哪个进程呢？UDP分组包含一个目的地端口，这一信息是必需的，因为有了它，分组才能被投递给正确的进程。
14.在主机1上的一个进程被分配端口P，在主机2上的一个进程被分配端口Q。
计算机网络 清华大学出版社 8章作业和自测题及参考答案(20120807)
第8章 局域网1．假设把时间分为离散的时间片，n 台主机中，每一台主机在每个时间片内试图占用信道 的概率为P 。
求由于冲突而被浪费的时间片的比例。
答案：在每个时间片中，可能发生的事件共有n + 2种，它们是互斥的：从事件1直到事件n 都是由对应的主机试图使用通道而不发生冲突的情况，这些事件中的每一个的概率都是P （1一P ）n - 1；事件n + 1对应通道空闲，其概率是（1一P ）n ；事件n + 2是一次冲突（参与冲突的是n 台主机中的任意2至n 台主机）。
因为这n + 2种事件是互斥的，其概率和必为1。
因此，在每个时间片中发生冲突的概率（即由于冲突而被浪费的时间片的比例）为：1一n p （1一P ）n - 1 一（1一P ）n2． 两个CSMA ／CD 站点都在试图发送长（多帧）文件。
在成功发出每一帧后，它们均采用二进制后退算法再次竞争信道（假设每个竞争周期的第i 次尝试均匀分布在2 i -1个时间片中）。
正好竞争k 次便成功的概率是多少？每个竞争周期的平均竞争次数是多少？答案：把竞争周期中为获得通道的尝试从1开始编号，第i 次尝试均匀分布在2 i - 1个时间片中。
在每个时间片中两个站点冲突的概率是2一2（i 一1），因此，第i 次尝试碰撞的概率是：(2一2（i 一1）)(2（i 一1）) ＝ 2一（i 一1）竞争周期开头(k-1)次尝试失败，紧接着第k 次尝试成功（即正好竞争k 次便成功）的概率是：P k ＝[ 1 - 2一（k 一 1）] ∏-=11k i 2一（i 一1）该式可化简为P k ＝[ 1 - 2一（k 一 1）] [2一0 . 2一1. 2一2. . . . 2一（k 一 2）]＝[ 1 - 2一（k 一 1）] 2一（k 一 1）（k 一 2）/ 2 每个竞争周期的平均竞争次数是∑∞=1k k P k3．考虑建立一个CSMA/CD 局域网，电缆长lkm ，不使用重发器(REPEATER)，运行速率为1Gb/s ，电缆中的信号速度是200 000 km ／s 。
计算机网络-第7章习题答案
第七章习题答案7.1 计算机网络的应用模式有几种？各有什么特点？答：计算机网络的应用模式一般有三种：以大型机为中心的应用模式，以服务器为中心的应用模式，以及客户机/服务器应用模式。
在C/S模式基础上，基于Web的客户机/服务器应用模式，以及P2P模式在因特网中得到了广泛的应用。
其特点参阅7.1.2。
7.2 C/S应用模式的中间件是什么？它的功能有哪些？答：C/S应用模式的中间件（middleware）是支持客户机/服务器模式进行对话、实施分布式应用的各种软件的总称。
其目的是为了解决应用与网络的过分依赖关系，透明地连接客户机和服务器。
中间件的功能有两个方面，即连接功能和管理功能。
7.3 因特网的应用层协议与传输层协议之间有什么对应关系？参考答案：参阅7.1.1节。
7.4 因特网的域名系统的主要功能是什么？答：因特网的域名系统DNS是一个分布式数据库联机系统，采用C/S应用模式。
主机（Client）可以通过域名服务程序将域名解析到特定的IP 地址。
7.5 域名系统中的根服务器和授权服务器有何区别?授权服务器与管辖区有何关系？答：因特网上的域名系统是按照域名结构的级次来设定的，根域名服务器用于管辖第一级（顶级）域，如.cn，.jp等。
而每个授权域名服务器能对其管辖内的主机名解析为IP地址，每一台主机都必须在授权域名服务器处注册登记。
管理区是“授权域”的子集。
7.6 解释DNS的域名结构？试说明它与当前电话网的号码结构有何异同之处？答：参照国际编址方案，因特网采用层次型命名的方法。
域名结构使整个名字空间是一个规则的倒树形结构。
与当前电话网的号码结构有何异同之处参阅7.2.1节表7-1。
7.7 举例说明域名转换的过程。
答：参阅7.2.3正向域名解析的递归解析方法。
7.8 域名服务器中的高速缓存的作用是什么？答：每台域名服务器都设一个高速缓存，存放最近使用过的名字，以及从何处获取该名字映射信息的记录。
使用名字的高速缓存可优化查询的开销。
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第7章运输层6.UDP较之TCP的优势何在？在什么情况下，UDP更能满足应用的需要？答案：UDP虽然不可靠，但在很多情况下，UDP较之TCP有其优势。
由于UDP是无连接的，带来的延迟，就小，也不必为保持连接的状态而监测一些参数，这就减轻了CPU的负担。
UDP 首部仅8字节，开销小。
特别是因为UDP不用进行流控和拥塞控制，因而响应快，更能充分利用网络的传输能力。
因而UDP对远程文件服务（NFS）、流式多媒体、IP电话、SNMP、RIP、DNS等应用更适合，即更能满足其应用的需要。
11．考虑一个建立在UDP基础上的简单应用层协议，它允许客户从一个远程服务器获取文件，而且该服务器位于一个众所周知的地址上。
客户首先发送一个请求，该请求中包含了文件名，然后服务器以一个数据分组序列作为响应，这些数据分组包含了客户所请求的文件的不同部分。
为了确保可靠性和顺序递交，客户和服务器使用了停－等协议。
忽略显然存在的性能问题，你还看得到这个协议的另一个问题吗？请仔细想一想进程崩溃的可能性。
答案：客户完全有可能得到错误文件。
假设客户A为获取文件f1发送一个请求，随后客户A就崩溃了。
稍后，另一个客户B使用相同的协议为获取另一个文件f2发送请求。
假设客户B和A运行在同一机器上（同一IP地址），将它的UDP套接字或插口（socket）绑在同一端口（A早先使用过的）。
此外，假设B的请求丢失了。
当服务器的回答（对A的请求）到达时，客户B将接收它并假设（错误地）是对它自己请求的回复。
13．为什么要使用UDP？让用户进程直接发送原始的IP分组不就足够了吗？答案：仅仅使用IP分组还不够。
IP分组包含IP址，该地址指定一个目的地机器。
一旦这样的分组到达了目的地机器，网络控制程序如何知道该把它交给哪个进程呢？UDP分组包含一个目的地端口，这一信息是必需的，因为有了它，分组才能被投递给正确的进程。
14.在主机1上的一个进程被分配端口P，在主机2上的一个进程被分配端口Q。
试问，在这两个端口之间是否可以同时有两条或多条TCP连接？答案：不可以。
一条连接仅仅用它的插口标识。
因此，（1，P）和（2，Q）这一对插口是在这两个端口之间惟一可能的连接。
16.TCP报文段的数据部分长24字节，分别计算在运输层、网际层和网络接口层的效率（传输的数据部分与总字节数的比），假定TCP和IP首部均无选项，网络接口层使用以太网。
答案：运输层的效率 = 24/(20+24) = 24/44 = 6/11网际层的效率 = 24/(20+20+24) = 24/64 = 6/16 = 3/8网络接口层(含以太网开销18字节及物理层的前同步码8字节)的效率= 24/(8+18+20+20+24) = 24/90 = 4/1517.TCP实体在1Gb/s的通道上使用65535字节的发送窗口，单程延迟时间等于10ms。
问可以取得的最大吞吐率是多少？线路效率是多少？答案：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（1 000ms÷20ms＝50）。
65535×8×50＝26.214Mb／s26．214Mb／s÷1000Mb／s≈2．6％所以，最大吞吐率是26.214Mb／s, 线路效率约为2．6％.18.一个TCP连接使用256 kb/s的链路，其端到端延时为128 ms。
经测试发现吞吐量只有128 kb/s。
试问窗口是多少？忽略PDU封装的协议开销以及接收方应答分组的发送时间（假定应答分组长度很小）。
答案：来回路程的时延等于256ms（即128ms×2），设窗口值为X（注意，以字节为单位）假定一次最大发送量等于窗口值，且发送时间等于256ms，那么，每发送一次都得停下来期待再次得到下一窗口的确认，以得到新的发送许可。
这样，只要发送时间等于停下来等待应答的时间（256ms），测到的平均吞吐率就将等于链路速率的一半，即128 kb/s。
发送时间 [8X÷（256 ×1000）]＝[256×0.001]停下来等待应答的时间（256ms）于是窗口值为： X＝256× 1000 × 256 × 0．001÷8＝256×32＝8192字节。
20.发送方TCP收到一TCP报文段，确认序号＝22 001，窗口＝1 000，画出发送方TCP 的发送窗口；收到下一个TCP报文段，其确认序号＝24 001，窗口＝800，画出发送方TCP 新的发送窗口。
答案：如图7-3所示：发送方TCP收到一TCP报文段，确认序号＝22 001，窗口＝1 000，发送方TCP的发送窗口为[22001，23000]；收到下一个TCP报文段，其确认序号＝24 001，窗口＝800，发送方TCP新的发送窗口为[24001，24800]。
22001 24001 窗口后沿图7-3 发送方TCP的发送窗口21.将本章图7-17的最后一行与图7-16对照，此时，前沿的移动值为何值？主机A发送窗口前沿位于何处？主机A发送窗口后沿位于何处？说明理由并标注在图7-16上。
答案：主机A向B发送数据，主机B在三个确认报文段中，都设置了接收窗口值RW（即图7-17 中的WIN），从而三次改变了发送窗口，即进行了三次流量控制。
在图7-17的最后一行中，ACK=601， WIN=0，于是，窗口前沿后沿均将位于600处（发送窗口为零）。
因为此前窗口前沿为700，故前沿的移动值为-100。
如图7-23所示：新的窗口后沿新的窗口前沿图7-23 标注在图7-16上的新的窗口24.将TCP的拥塞控制机制改为，一旦超时，则将门限窗口TW减少一个确定的数n，这种拥塞控制机制还能收敛到同等共享的状态吗？试用图解方法分析之。
答案：不能。
为进一步简化问题，仍然采用“计算机网络原理与设计”一书7.4.7 TCP 的拥塞控制一节中的思想，考虑到慢启动阶段持续时间较短，假设TCP连接就在线性规律增长与加速递减模式下工作，如“计算机网络原理与设计”一书图7-20所示的锯齿形特性。
于是，可得如图7-24所示的工作特性：图7-24 改变后的TCP拥塞控制机制工作特性设初始工作点位于带宽利用不足区的某处，在拥塞控制机制的作用下，每传输1次（经过RTT时间），两个连接都将其窗口加1，于是工作点会沿45°线移动。
设到达B点时，两个连接的吞吐量会使报文段丢失（B位于负载超过带宽区），于是连接1和连接2均将门限窗口TW减少一个确定的数n，设新的工作点为A，显然，BA与横轴呈45度角。
设新的工作点A位于带宽利用不足区，于是工作点又会沿45°的AB线向上移动。
按本题的拥塞控制机制，工作点就会沿45°的AB线来回移动，这样继续下去，两个TCP连接永远不可能收敛到同等共享的状态。
26．在TCP首部中，除了32位确认号域以外，在第4个字中还有一个ACK位。
这是否真正加入了有用的信息呢？为什么是或为什么不是？答案：ACK比特用来区别32位Acknowledgement number(确认号)域是否使用。
在连接建立期间，ACK比特扮演着至关重要的角色，三次握手中的第二个和第三个报文段都要使用它。
28．考虑在一条往返时间为10ms的无拥塞线路上使用慢启动算法的效果。
接收窗口为24KB，最大报文段长度为2KB。
请问需要多长时间才发送满窗口的数据？答案：由于是无拥塞线路，即不需设置拥塞窗口，发送窗口就等于接收方设置的接收窗口RW。
因为最大报文段长度为2KB，故慢启动算法的第一次传输（在0ms，时间起点）会是1个最大报文段，然后是2、4和8，发送窗口分别含有2K、4K、8K和16KB。
接下来的第五次传输（在40ms时）是24KB（达到接收窗口值）。
所以需要40ms才发送满窗口的数据29．假设TCP的拥塞窗口为18KB时出现了超时。
如果接下来的4次传输全部成功的话，当时的拥塞窗口将是多大？假设最大报文段长度为1KB。
答案：假定接收方不进行流量控制，即接收方不设置接收窗口RW，于是发送方的发送窗口就将取拥塞窗口CW的值。
因为TCP的拥塞窗口为18KB时，出现了一个超时。
于是，接下来进入慢启动阶段，门限窗口TW为9KB。
接下来的传输先是1个最大报文段，然后分别是2、4和8个最大报文段。
所以在接下来的4次传输全部成功后，当时的拥塞窗口将会是8KB。
31．一台主机在一条线路上发送1500字节的TCP净荷，其中最大分组生存期为120秒，要想不让序列号重叠，该线路的速度最快为多少？将TCP、IP和以太网的开销都考虑进去，假设以太网帧可以被连续发送。
答案：最大分组生存期120秒内不让序列号回绕，就要求每120秒最多发送232净荷字节，或者每秒最多发送35 791 394净荷字节，也就是每秒最多发送23 860帧（1500字节/帧）。
TCP首部固定部分（开销）是20字节，IP首部固定部分（开销）也是20字节，以太网首部（开销）是26字节。
这意味着1500字节的TCP净荷，实际上要发送1566字节。
要想不让序列号回绕，就要求每秒最多发送23 860帧，每帧为1566字节，即要求该线路的速度最快只能是299Mbps。
如果发送速度（该线路的速度）比299Mbps还快，我们就会遇上两个不同TCP报文段同时具有同样的序列号的危险（即序列号重叠）。
36．在一个网络中，最大TPDU的尺寸为128 B，最大的TPDU存活时间为30 s，使用8 位序列号，问每条连接的最大数据速率是多少？答案：具有相同编号的TPDU不应该同时在网络中传输，必须保证，当序列号循环回来重复使用的时候，具有相同序列号的TPDU已经从网络中消失。
现在存活时间是30秒，那么在30秒的时间内发送方发迭的TPDU的数目不能多于256个。
256×128×8÷30＝8 738 b／s所以，每条连接的最大数据速率是 8.738 kb／s。
37．一个客户机通过1×10 9 b／s的光缆发送128 B的请求给位于100 km以外的服务器。
在该远程过程调用（RPC）期间线路的效率是多少？答案：128字节等于1024位，在1Gb／s的线路上发送1000位需要1μs的时间。
光在光导纤维中的传播速度是200 km／ms，请求到达服务器需要传输0．5ms的时间，应答返回又需要0．5ms的传输时间，总起来看，1 000 位在1ms的时间内传输完成。
这等效于1Mb／s，即线路效率是0．1％。