《计算机网络》作业及答案

《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 C A.ISP/SPX B.PPP C.TCP/IP D.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。