1、作業2姓名：符詩詩 學號：20092166班級：計科三班CH4 數據鏈路層1 .填空題1）允許發送站發送多個幀而不需要馬上應答，這就是滑動窗口協議?；瑒哟翱趨f議需要一個發送 窗口和一個接收 窗口。2） HDLC有三種不同類型的幀，分別稱為信息幀、監控幀、無編號幀 。3）起止式異步通信規程將每個字符看成是一個獨立的信息單元，字符中各個比特用固定的時鐘頻率傳輸，字符間的間隔是任意的。每個字符由四個部分組成起始位 、數據位 、 奇偶校驗位、停止位。4）常用的兩種流量控制方法是停等協議、滑動窗口協議。5）在實際的通信中，通常雙方都有數據要發送給對方可以在數據段增加一個字段，專門用來攜帶給對方的應答信息

2、，稱為 一捎帶應答。6） HDLC的幀結構，它由 幀起始和停1上標志 、_地土止、 控制 、 數據和一CRC 校驗字段組成。7） Internet的兩個數據鏈路層協議是 _SLIP_或 PP乙協議2.單項選擇題（選出一個正確的答案，并將其號碼填在題干的括號內。）1）在數據鏈路層傳送的協議數據單元為（3）（1）比特（2）報文分組（3）幀（4）報文2）滑動窗口協議中，接收窗口保存的是（2 ）（1） 可發送的幀序號（3） 不可發送的幀序號（2）可接收的幀序號（4） 不可接收的幀序號3）在滑動窗口協議中，若窗口的大小為N位，則發送窗口的最大值為（(1) N2N(3) 2N-1(4) 2N-13 .判斷

3、正誤：1）同步傳輸時字符間不需要間隔（，）2） HDLC是面向字節的異步通信協議。（X ）4 .在面向比特同步協議（HDLC）的幀數據段中，為了實現數據的透明傳輸，采用“0比特插入技術。假定在數據流中包含：5Fi6、9E 16、71 16、7F 16、 E1電請給出其原始比特序列和“0比特插入后的比特序列。答：原始比特序列為：01011111 10011110 01110001 01111111 11100001“叱特插入后的比特序列為：010111110 10011110 01110001 011111011 1110000015 .信道速率為4 kb/s。采用停止等待協議。傳播時延tp =

4、 20 ms。確認幀長度和處理時間均可忽略。問幀長為多少才能使信道利用率達到至少50% ?答：假定信道傳輸無差錯。信道利用率為50%,相當于幀的發送時間等于線路傳播時延(即往返時延的一半)。得出幀長為：4 kb/s * 2 * 20*10 -3s=160 bit。6 .衛星信道的數據率為1 Mb/s。數據幀長為1000 bit。取衛星信道端到端傳播時延為0.25秒，忽略確認幀長和節點的處理時間。試計算下列情況下的信道利用率：(1)停止等待協議。(2)連續ARQ協議，WT(發送窗口大小)二7。(3)連續 ARQ 協議，WT = 250。(4)連續 ARQ 協議,WT = 500。答：使用衛星信道

5、端到端的傳輸延遲是250ms,以1Mb/s發送，1000bit長的幀的發送時間是1ms。我們用t=0表示傳輸開始時間，那么在 t=1ms時，第一幀發送完畢。t=25lms,第 一幀完全到達接收方，開始發送第一個幀的確認幀，確認幀的發送時間忽略不計。t= 501ms 時確認幀完全到達發送方。因此 周期是501ms。如果在541ms內可以發送k個幀(每個幀 發送用1ms時間),則信道利用率是 k /501 ,因此：(1) k=1,最大信道利用率=1/501(2) k=7,最大信道利用率=7/507(3) k=125,最大信道利用率= 250/750(4) k=500,最大信道利用率= 500/10

6、007 .在一個1Mb/s的衛星信道上發送 1000bit長的幀。確認總是捎帶在數據幀中。幀頭很短,使用3位的序列號。對以下協議而言，可以取得的最大信道利用率是多少？(a)停一等協議(b)回退N滑動窗口協議(C)選擇性重傳滑動窗口協議答：對應三種協議的窗口大小值分別是1、7和4。發送一幀所需時間1000 / (16) = 10-3 s = 1 ms總的傳輸時延=發送數據幀時間+傳播時延+發送確認幀時間+傳播時延=1+270+1+270=542ms542ms內可以發送542個幀如果在542ms內發送k個幀(每個幀發送用 1ms時間)，則信道利用率是 k /542 ,因此,(a) k=1,最大信道

7、利用率=1/542=0. 18 %(b) k=7,最大信道利用率= 7/548=1.29 %(c) k=4,最大信道利用率= 4/545=0.74 %8 .請畫出下列數據的曼砌斯特編碼和差分曼砌斯特編碼（假定信號開始前的狀態為高電第三行為差分曼9.假設A站和B站之間的全雙式數據幀傳輸使用滑動窗口進行流量控制和差錯控制，幀序號位數為3,設A站有10個數據幀要發送，B站有4個數據幀要發送， 使用選擇重發協議, 幀的確認盡量使用捎帶確認，若沒有數據幀，可用 ACK進行單獨確認，用 NAK進行單獨否認。假定沒有超時和幀丟失，發送窗口和接收窗口均從序號0開始。幀的格式為：（幀類型，發送序號，確認序號）。

8、發送序號或確認序號如果沒有意義，可用N標明；確認序號指出下一個希望接收的數據幀序號。請在下圖所示的情景中填寫幀中帶下劃線的域（或沒有 幀，則幀類型為 NONE）。(L M)<& 二)(L 白二)(即RM,J_)<工，7 二) (ACK*M,_)A站B站(I, 0, 0) (I, 1, 0)(I, 2, 0) (I, 0, 3)(I, 1, 3)(I, 3, 2) (I, 4, 2) (I, 5, 2) (I, 6, 2) (I, 7, 2)(I, 0, 2)(I, 2, 1)(I, 1, 3) (I, 2, 3) (I, 3, 3)(I, 3, 4) (I, 3, 4)(A

9、CK , N, 4)10 .幀識別的方法有哪些？各自的優缺點是什么?答：幀識別的方法有五種：（1）計時法；（2）字符計數法；（3）帶字符填充的首尾界符法；（4）帶 位填充的首尾標志法；（5）物理編碼違例法。各自優缺點：（1）計時法其缺點是每幀中間有時間間隔，不能充分利用線路；（2）字符計數法是在幀頭部使用一字段來整數標明該幀的長度，并且可以知道下一個幀的開始位置；其缺點是標識位錯時不可修復；（3）帶字符填充的首尾界符法是每一幀以ASCII字符序列DLE STX 頭，以DLE ETX結束，可方便目的機丟失幀邊界的查找；其缺點可能會導致干擾幀界的確定，該方法所傳輸的 幀必須是7/8bit的整數倍（

10、即ASCII編碼 整數倍）（4）帶位填充的首尾標志法的優點是對通信雙方計算機的網絡層都是透明的，使用一個特定的位模式，即01111110作為幀的開始和結束標志，為使之不出出錯誤判斷，發送方在連續5個1后自動插入一個0,接收方將會自動刪除。（5）物理層編碼違例法采用違例編碼做幀的開始和結束，不需要額外的開銷，其缺點是只適 用于那些在物理介質的編碼策略中采用冗余技術的網絡。11 .數據鏈路層為什么要引入計時器超時機制和幀編號？答：為了避免由于在傳送幀過程中丟失數據導致的死鎖引入超時機制 為了避免幀重傳造成的幀重復接收而引入幀編號。12 .比較停等式 ARQ,退后N幀的ARQ和選擇性重傳協議的區別？

11、答：停-等式arq,滑動窗口大小為1 ,在發送一幀之前必須等待下一幀的確認，致使適應于短信道，對長信道效率很低。退后n幀arq,滑動窗口大小為iv=（幀編號數1 ）,引入了管道化技術，允許發送方 發送n幀之前而不需要等待確認，但是，一量某幀發生錯誤，必須從發生錯誤幀處開始 重新傳輸；選擇性重傳arq,滑動窗口為N=（幀編號數/2）,引入管道化和否定性確認幀，對發生錯誤的幀單獨重傳，并緩存錯誤幀之后發送的幀與退后n幀arq相比，減少了出錯幀之后所有幀都要重傳的開銷。13 .在一個1Mb/S的衛星信道上，發送 1000bit長的幀，確認總捎帶在數據幀中，幀頭很短，使用3位序列號，對于3種協議可以獲

12、得的最大信道利用率是多少？答：對停等式 ARQ,即一等式滑動窗口協議，假設傳輸時延為5 0 0ms,發送方于t=0ms開始發送，經過1 0 kb/1mb/s=1ms后發送過程完成， 此幀會在t=251ms到達接收方，直 到t=501ms時，確認幀才會到達發送方，所以該信道利用率為1/5010.2%退后n幀協議，因為使用了序列號對 3位,最后有07即為8個序號，即滑動窗口為7, 發送方從t=0ms開始發送，其時間第隔1 ms發送1 kb,當t=7ms時發送了 7 kb,而在 t=251ms時，第一幀到達接收方，當 t=257ms時，第七幀到達接收方，當 t=501-507ms時，七個幀的所有確認

13、幀依次到達發送方，所以該信道利用率是：/507=1.4%.選擇性重傳協議，滑動窗口大小為4,所以若從t=0ms開始發送，其間隔1ms發送1kb,由于傳 輸時延，在251ms時第一幀到達接收方，而在254ms時接收方收到第4幀，而所有的響應幀 到達發送方是在t=504ms.此期間，信道利用率為4/504=0.71%.14 .在HDLC中，控制字段起的作用是什么？它的每一個表示什么意思？答：控制字段是 HDLC幀類型定義，用于區分不同的幀。根據幀類型不同，控制字段也不 同。(1 ) 信息幀(I幀)：用于傳送數據N(S)N(R)0P/f第一個比特位為0 ,則該幀為不I幀；N(s)為發送幀的序號；N(

14、R)為期待的下一幀編號；p/f是輪間結束位。(2 ) 監控幀(s幀)：用于流量控制和擁塞控制type n(r)10P/f第一個比特是1且第二個比特是0 , p/f為監控幀 p/f輪間結束位，n(r)期待下一幀的序列 號,type為監控幀的類型。(3 )無序號幀(u幀)：用于連接管理code code11P/f第一個比特和第二個比特均為1 ,則該幀是 u幀，p/f輪間/結束位；code表示無序號幀的編 碼。15 .已知信道的數據傳輸速率為B = 1M bps，信號從發送端沿介質傳播到接收端的時間2ms,假設幀長度為 L = 1000 bits、幀號用3 bits表示；且ACK不采用捎帶方式、不考

15、慮 差錯重發和幀頭所造成的信道損失、忽略 ACK幀長度，問：當采用選擇性重發協議時，信 道的最大利用率()為多少？當幀號長度為3位時，最大幀編號為 8。對選擇重發的管道式協議，發送和接收窗口尺寸取：W= 8 / 2 = 4傳輸速率 B = 1M bps = 1000 b/ms信號往返傳播延遲時間為2t= 4 ms ,信號單向傳播延遲時間為2 ms ,幀長度L = 1000 bits ,幀的發送時間為 1ms當t = 0時，發送端開始發送t = 1 ms時，第一M發送完成t = 2 ms時，第一M的第一個比特數據到達t = 3 ms時，第一M全部到達t = 3 ms時，發送第一M的 ACKt =

16、 5 ms時，第一M的 ACK返回由于發送窗口為4,所以在第一M開始發送到ACK返回的5 ms時間內，最多只能發送4如果不考慮差錯重發和幀頭所造成的信道損失，并忽略 ACK幀長度，則信道的最大利用率() = ( 4 x L/B) / 5 = 4/5 = 80%CH5 LAN1.填空題1）數據鏈路層在局域網參考模型中被分成了兩個子層:MAC _子層與LLC子層。2） IEEE802.3的總線以太網常用的三種組網方式細同軸、粗同軸、 雙絞線。其中10的含義是 10M速率; BASE的含義是基帶傳輸;后跟字母 T表示 雙絞線;2 表布 細同軸 ；5 表木 粗同軸 。3） 載波監聽多重訪問協議 CSM

17、A可以分為 1-堅持CSMA、非-堅持CSMA 、 P-堅 持 CSMA 。4） 常用的網絡操作系統是：WINDOWS 、 UNIX/LINUX 和 NETWARE 。5）以太網是目前最為流行的局域網形式，它采用了. CSMA/CD _多路訪問協議。2.單項選擇題（在每小題的四個備選答案中，選出一個正確的答案，并將其號碼填在題干的括號內。）1） 1-堅持CSMA方式中， 堅持”的含義是（1 ）（1） 當偵聽到總線忙時，堅持偵聽直到總線空閑為止。（2） 當偵聽到總線忙時，堅持發送其數據信息。（3） 發送數據后，堅持偵聽總線看是否發生沖突。（4） 當發生沖突時，堅持發送數據。2）局域網中訪問沖突的

18、根源是（2 ）（5） 獨占介質（2）共享介質（3）引入MAC子層（4）規則的拓撲結構3）使用雙絞線的以太網為（3 ）（6） 10Base_5（2）10Base-2（3）10Base-T（4） 10Base-F4）將一條物理信道按時間分成若干時間片輪換地給多個信號使用，每一時間片由復用的一個信號占用，這樣可以在一條物理信道上傳輸多個數字信號，這就是（2 ）1）頻分多路復用2）時分多路復用3）空分多路復用4）頻分與時分混合多路復用5）網卡是完成（C ）的功能A物理層B數據鏈路層C物理層和數據鏈路層D數據鏈路層和網絡層3、 假若IGpbs以太網采用10BASE5的方式工作，下圖 顯示了其最大配置圖。

19、 取電信號在同軸電 纜段和鏈路段以及 AUI電纜上的傳播速度均為 0.7倍光速。設轉發器的時延為tR=2S。同軸電纜段長500m,鏈路段長 500m,工作站和轉發器均經AUI電纜連接同軸電纜段或鏈路段，AUI電纜長50m o試按工作站 A與B間的距離計算其最小幀長。答：最小幀長度=碰撞窗口大小*報文發送速率其中，報文發送速率=1Gbps碰撞窗口大小=2傳播時延傳播時延=轉發器（中繼器）的時延 +線路時延轉發器時延=4 * 2。線路時延=線路長度/信號傳播速度=5 * （50+500+50）米/ 0.7 * 30 萬公里/秒=5*600 / 0.7*30*10 4*103 米/秒4、 局域網的基本組成部分有那些？答：LAN由硬件和軟件兩部分組成。硬件：計算機（包括服務器和工作站）、網卡、連網設備、電纜及其附屬設備軟件：NOS、驅動程序、通信協議、其它網絡系統軟件5、 局域網為何