計算機網絡習題答案(馮博琴)高等教育出版社.doc

_第一章 引論1. 計算機網絡的發(fā)展可劃分為幾個階段？每個階段各有何特點？答：計算機網絡的發(fā)展主要分為一下四個階段：1) 以單計算機為中心的聯(lián)機系統(tǒng)2) 計算機計算機網絡3) 體系結構標準化網絡4) Internet時代各個階段特點參加課本。2. 說明為什么在網絡中使用通信控制處理機CCP？答：在網絡中使用通信控制處理機CCP的主要目的是為了將通信功能從主機中分離出來，以減輕主機的負荷。通信控制處理機負責網絡上各主機間的通信控制和通信處理，它們組成的通信子網是網絡的內層，為資源子網提供信息傳輸服務。3. 計算機網絡由哪些部分組成，什么是通信子網和資源子網？試述這種層次結構觀的特點以及各層的作用是什么？答：通信控制處理機構成的通信子網是網絡的內層，或骨架層，是網絡的重要組成部分。網上主機負責數(shù)據(jù)處理，是計算機網絡資源的擁有者，它們組成了網絡的資源子網，是網絡的外層，通信子網為資源子網提供信息傳輸服務，資源子網上用戶間的通信是建立在通信子網的基礎上。沒有通信子網，網絡不能工作，而沒有資源子網，通信子網的傳輸也失去了意義，兩者合起來組成了統(tǒng)一的資源共享的兩層網絡。將通信子絡的規(guī)模進一步擴大，使之變成社會公有的數(shù)據(jù)通信網，4. 為什么要研究網絡體系結構與網絡協(xié)議的標準化問題?答：為了保證計算機間及網絡間方便、快捷的互連互通。5. 一個完整的計算機網絡的定義應包含哪些內容？答：1) 物理結構：通過通信線路、通信設備將地理上分散的計算機連成一個整體2) 邏輯結構：在網絡協(xié)議控制下進行信息傳輸3) 主要目的：資源共享6. 說明在公用網絡以及私用網絡中計算機網絡主要有哪些功能？答：服務于企業(yè)的網絡 資源共享 提高可靠性 節(jié)約經費 通信手段服務于公眾的網絡 訪問遠程信息 個人間通信 交互式娛樂7. 什么叫耦合度？按耦合度的不同如何區(qū)分計算機網絡和其它計算機系統(tǒng)？答： 耦合度是處理機之間連接的緊密程度。它可用處理機之間的距離及相互連接的信號線數(shù)目來表示，下表說明了按耦合度的不同計算機網絡和其它計算機系統(tǒng)的區(qū)別。處理機間距離處理機安裝的范圍系統(tǒng)類型0.1m同一路板上數(shù)據(jù)流機1m同一系統(tǒng)多處理機10m同一房間局域網100m同一建筑物1km校園25km城市廣域網100km國家1000km洲8. 說明計算機網絡由哪些元素組成的。答：計算機網絡由網絡軟件和網絡硬件兩大部分組成其中：網絡軟件主要包括：網絡協(xié)議、通信軟件、網絡操作系統(tǒng)等；網絡硬件主要包括網絡節(jié)點（又稱網絡單元）和通信鏈路。9. 局域網、城域網與廣域網的主要特征是什么?答：這三種網絡主要是按照網絡覆蓋的地理范圍來劃分的：1) 廣域網（遠程網）WAN （Wide Area Network）：廣域網的作用范圍一般為幾十到幾千公里。  2) 局域網LAN（Local Area Network）:局域網的作用范圍通常為幾米到幾十公里。3) 城域網MAN（Metropolitan Area Network）：城域網的作用范圍在WAN與LAN之間，其運行方式為LAN相似。10. 網絡拓撲結構是指通信子網中節(jié)點與通信線路之間的幾何關系，還是指資源子網中主機與通信線路之間的關系? 答： 網絡拓撲結構是指通信子網中節(jié)點與通信線路之間的幾何關系。11. 比較計算機網絡的幾種主要的拓撲結構的特點和適用場合。答：12. 總線結構是否適合于廣域網絡，為什么？答：不適合?？偩€型拓撲結構只適合采用廣播式通信方式，而由于廣域網規(guī)模過大，連接節(jié)點數(shù)量過大無法使用廣播式通信方式。13. 計算機網絡與分布式計算機系統(tǒng)之間的區(qū)別與聯(lián)系是什么?答：兩者在物理結構上是非常類似的，但是軟件上有很大的差異。主要表現(xiàn)為：1) 計算機網絡以共享資源為主要目的，各計算機獨立工作，向用戶呈現(xiàn)分散系統(tǒng)。2) 分布式系統(tǒng)以提高整體性能為主要目的， 強調多計算機系統(tǒng)的整體性，各計算機協(xié)調自治工作，向用戶呈現(xiàn)整體系統(tǒng)第二章 數(shù)據(jù)通信的基礎知識1. 簡述數(shù)據(jù)通信系統(tǒng)的主要構成。答：數(shù)據(jù)通信系統(tǒng)的基本構成，包傳輸介質、傳輸設備（多路復用器、交換機）等及數(shù)據(jù)處理系統(tǒng)。2. 什么叫碼元速率？什么叫信息速率？兩者有何關系？答：碼元速率（RB）：又稱為信號速率，它指每秒傳送的碼元數(shù)，單位為“波特”（Baud），也稱波特率。信息速率（Rb）：指每秒傳送的信息量。單位為“bit/s”。對M進制信號，信息速率和碼元速率兩者的關系是：          Rh=RBlog2M3. 說明模擬通信系統(tǒng)與數(shù)字通信系統(tǒng)的區(qū)別。4. 在帶寬為10MHz的信道上，如果使用4個電平的數(shù)字信號，每秒鐘能發(fā)送多少比特？答：   10×log24 20M （bps）5. 一個數(shù)字信號通過信噪比為20db的3kHz信道傳送，其數(shù)據(jù)速率不會超過多少？答：  根據(jù)香農定理：最大數(shù)據(jù)傳輸率= 3×log2 (1 + 20) 4.39 (K bps)6. 信道的通信方式有哪幾種？在實際的網絡中最常使用哪種方式？為什么?答：信道的通信方式主要有單工通信、半雙工通信以及全雙工通信。在實際的網絡中最常使用半雙工方式。性價比最高。7. 什么叫自同步法？自同步編碼有什么特點？答：自同步法是從數(shù)據(jù)信息波形的本身提取同步信號的方法。自同步編碼要求在編碼器進行編碼信號傳輸系統(tǒng)中，從編碼信號碼元中提取同步信號。相位編碼（或稱相位調制）的脈沖信號以調相方法進行傳輸就是一例。8. 通過比較說明雙絞線、同軸電纜與光纖三種常用傳輸介質的特點。答：參加p46 表21。9. 無線介質與有線介質相比有何特點，在選擇傳輸介質時應考慮哪些問題？答：無線介質與有線介質相比最大的優(yōu)勢在于無需布線，適合于復雜的傳輸環(huán)境。   選擇傳輸介質時應重點考慮滿足建網要求，包括：傳輸容量，傳輸效率，安全性，可靠性，價格，網絡的擴展要求等。10. 數(shù)字數(shù)據(jù)的數(shù)字編碼與模擬數(shù)據(jù)的數(shù)字編碼有何區(qū)別？11. 給出比特流011000101111的曼徹斯特碼波形圖，以及差分曼徹斯特碼波形圖。12. 為何要采用多路復用？多路復用有哪幾種形式，各有何特點？答：復用的基本思想是把公共共享信道用某種方法劃分成多個子信道，每個子信道傳輸一路數(shù)據(jù)。多路復用主要有以下幾種形式：1） 頻分多路復用整個傳輸頻帶被劃分為若干個頻率通道，每路信號占用一個頻率通道進行傳輸。頻率通道之間留有防護頻帶以防相互干擾。2） 時分多路復用時間分割成小的時間片，每個時間片分為若干個時隙，每路數(shù)據(jù)占用一個時隙進行傳輸。在通信網絡中應用極為廣泛。3）波分多路復用整個波長頻帶被劃分為若干個波長范圍，每路信號占用一個波長范圍來進行傳輸。4）碼分多路復用每個用戶把發(fā)送信號用接收方的地址碼序列編碼（任意兩個地址碼序列相互正交）。不同用戶發(fā)送的信號在接收端被疊加，然后接收者用同樣的地址碼序列解碼。由于地址碼的正交性，只有與自己地址碼相關的信號才能被檢出，由此恢復出原始數(shù)據(jù)。13.  什么是交換？比較說明常見的交換技術各自的特點。答：交換是按某種方式動態(tài)地分配傳輸線路資源，交換可節(jié)省線路投資，提高線路利用率。實現(xiàn)交換的方法主要有：電路交換、報文交換和分組交換。 其中：1）電路交換在通信雙方之間建立一條臨時專用線路的過程?？梢允钦嬲奈锢砭€路，也可以是一個復用信道。特點：數(shù)據(jù)傳輸前需要建立一條端到端的通路。稱為“面向連接的”（典型例子：電話）過程：建立連接通信釋放連接優(yōu)缺點：1) 建立連接的時間長； 2) 一旦建立連接就獨占線路，線路利用率低； 3) 無糾錯機制； 4) 建立連接后，傳輸延遲小。 適用：不適用于計算機通信，因為計算機數(shù)據(jù)具有突發(fā)性的特點，真正傳輸數(shù)據(jù)的時間不到10%。2）報文交換以報文為單位進行“存儲-轉發(fā)”交換的技術。在交換過程中，交換設備將接收到的報文先存儲，待信道空閑時再轉發(fā)出去，一級一級中轉，直到目的地。這種數(shù)據(jù)傳輸技術稱為存儲-轉發(fā)。特點：傳輸之前不需要建立端到端的連接，僅在相鄰結點傳輸報文時建立結點間的連接。稱為“無連接的”（典型例子：電報）。整個報文（Message）作為一個整體一起發(fā)送。優(yōu)缺點：1)  沒有建立和拆除連接所需的等待時間； 2)  線路利用率高； 3)  傳輸可靠性較高； 4) 報文大小不一，造成存儲管理復雜； 5) 大報文造成存儲轉發(fā)的延時過長，且對存儲容量要求較高； 6) 出錯后整個報文全部重發(fā)。 3）分組交換（包交換）將報文分割成若干個大小相等的分組（Packet）進行存儲轉發(fā)。特點：數(shù)據(jù)傳輸前不需要建立一條端到端的通路也是“無連接的”。有強大的糾錯機制、流量控制、擁塞控制和路由選擇功能。優(yōu)缺點：1) 對轉發(fā)結點的存儲要求較低，可以用內存來緩沖分組速度快； 2) 轉發(fā)延時小適用于交互式通信； 3) 某個分組出錯可以僅重發(fā)出錯的分組效率高； 4) 各分組可通過不同路徑傳輸，容錯性好。 5) 需要分割報文和重組報文，增加了端站點的負擔。 分組交換有兩種交換方式：數(shù)據(jù)報方式和虛電路方式14. 說明在計算機網絡中是否有真正的電路交換存在？為什么?答： 不存在。在計算機網絡中主要使用存儲轉發(fā)方式進行數(shù)據(jù)傳輸。15. 在數(shù)據(jù)通信系統(tǒng)中，完整的差錯控制應該包括哪兩個主要內容?答：在數(shù)據(jù)通信系統(tǒng)中，完整的差錯控制應該包括：差錯的檢查和差錯的恢復。16. 說明在網絡中為什么使用檢錯碼而不使用糾錯碼？答：根據(jù)海明定理可知，要糾正n位錯誤遠比監(jiān)測n位錯誤復雜得多，需要加更多得冗余位。為了提高信道的利用率，在網絡中主要使用檢錯碼。17. 簡要說明循環(huán)冗余校驗碼的工作原理，并分析其檢錯能力。答：循環(huán)冗余編碼一種通過多項式除法檢測錯誤的方法。其核心思想是將待傳輸?shù)臄?shù)據(jù)位串看成系數(shù)為0或1的多項式，如位串10011可表示為f(x) = x4+x+1。發(fā)送前收發(fā)雙方約定一個生成多項式G(x)（其最高階和最低階系數(shù)必須為1），發(fā)送方在數(shù)據(jù)位串的末尾加上校驗和，使帶校驗和的位串多項式能被G(x)整除。接收方收到后，用G(x)除多項式，若有余數(shù)，則傳輸有錯。校驗和計算方法如下：1) 若G(x)為r階，原數(shù)據(jù)為m位，其多項式為M(x)，則在原始數(shù)據(jù)后面添加r個0，實際傳送數(shù)據(jù)為m+r位，相應多項式xr M(x)；2) 按模2除法用對應于G(x)的位串去除對應于xr M(x) 的位串；3) 按模2加法把xr M(x) 的位串與余數(shù)相加，結果就是要傳送的帶校驗和的數(shù)據(jù)多項式T(x)。    T(x) =  xr M(x) + xr M(x)  MOD2  G(x) CRC的檢錯能力分析：若發(fā)送為：T(x)；接收為：T(x) + E(x)；則余數(shù)為(T(x) + E(x) / G(x) = 0 + 余數(shù)(E(x) / G(x)。當余數(shù)(E(x) / G(x) = 0時，則差錯不能發(fā)現(xiàn)；否則，可以發(fā)現(xiàn)。18.  某信道誤碼率為10-5，每數(shù)據(jù)報文長度為10kbits，那么：（1）  若差錯都是單個錯，則在該信道上傳送的數(shù)據(jù)報文的平均出錯率是多少？（2）  若差錯大多為突發(fā)錯，平均突發(fā)長度為100bits，則在該信道上傳送的數(shù)據(jù)報文的平均出錯率是多少？答： （1）10×103×10-5 10-1（2）10×103×10-5 ÷10010-3第三章 計算機網絡體系結構1.  什么是網絡體系結構？網絡體系結構中基本的原理是什么？ 答： 所謂網絡體系就是為了完成計算機間的通信合作，把每個計算機互連的功能劃分成定義明確的層次，規(guī)定了同層次進程通信的協(xié)議及相鄰層之間的接口及服務。將這些同層進程間通信的協(xié)議以及相鄰層接口統(tǒng)稱為網絡體系結構。網絡體系結構中基本的原理是抽象分層。2 .網絡協(xié)議的組成要素是什么？試舉出自然語言中的相對應的要素。答：網絡協(xié)議主要由三個要素組成： 1）語義協(xié)議的語義是指對構成協(xié)議的協(xié)議元素含義的解釋，也即“講什么”。2）語法語法是用于規(guī)定將若干個協(xié)議元素和數(shù)據(jù)組合在一起來表達一個更完整的內容時所應遵循的格式，即對所表達的內容的數(shù)據(jù)結構形式的一種規(guī)定（對更低層次則表現(xiàn)為編碼格式和信號電平），也即“怎么講”。3）時序時序是指通信中各事件發(fā)生的因果關系?；蛘哒f時序規(guī)定了某個通信事件及其由它而觸發(fā)的一系列后續(xù)事件的執(zhí)行順序。例如在雙方通信時，首先由源站發(fā)送一份數(shù)據(jù)報文，如果目標站收到的是正確的報文，就應遵循協(xié)議規(guī)則，利用協(xié)議元素ACK來回答對方，以使源站知道其所發(fā)出的報文已被正確接收，于是就可以發(fā)下一份報文；如果目標站收到的是一份錯誤報文，便應按規(guī)則用NAK元素做出回答，以要求源站重發(fā)該報文。3 .OSI/RM參考模型的研究方法是什么?答：OSI/RM參考模型的研究方法如下：1）抽象系統(tǒng)抽象實系統(tǒng)中涉及互連的公共特性構成模型系統(tǒng)，然后通過對模型系統(tǒng)的研究就可以避免涉及具體機型和技術實現(xiàn)上的細節(jié)，也可以避免技術進步對互連標準的影響。2）模塊化根據(jù)網絡的組織和功能將網絡劃分成定義明確的層次，然后定義層間的接口以及每層提供的功能和服務，最后定義每層必須遵守的規(guī)則，即協(xié)議。模塊化的目的就是用功能上等價的開放模型代替實系統(tǒng)。4  .OSI/RM參考模型作用和意義是什么？試說明你的意見。5.  服務原語的作用是什么？試以有確認服務為例進行說明。答： 服務在形式上是用服務原語來描述的，這些原語供用戶實體訪問該服務或向用戶實體報告某事件的發(fā)生。6.  說明在實際網絡中數(shù)據(jù)是如何進行封裝傳輸?shù)?。答：tcp/ip中采用ip數(shù)據(jù)包，也就是不可靠數(shù)據(jù)報的方式分組轉發(fā)7 . 比較數(shù)據(jù)報與虛電路兩種服務各自的優(yōu)缺點及適用場合。答： 數(shù)據(jù)報與虛電路兩種服務比較如下：8.  路由選擇的作用是什么？常用的方法有哪些？答：路由選擇或稱路徑控制，是指網絡中的節(jié)點根據(jù)通信網絡的情況（可用的數(shù)據(jù)鏈路、各條鏈路中的信息流量），按照一定的策略（傳輸時間最短、傳輸路徑最短等），為數(shù)據(jù)報選擇一條可用的傳輸路由，將其發(fā)往目的主機。路由選擇算法主要分為自適應式和非自適應式。非自適應式不能依據(jù)網絡當前實際（實測或估測）的傳輸量和拓撲變化來為分組進行路由選擇，而只能按原先設置好的路由傳送分組；自適應算法能較好地適應網絡中的通信量和拓撲的變化，但實現(xiàn)時難度大、開銷多。實際上，非自適應路由的設置和更新是靜態(tài)的，必須設置好才能投入運行，所以它又稱為靜態(tài)路由算法；而適應式路徑的選擇和修改是依據(jù)當前網絡流量和網絡拓撲而動態(tài)進行的，所以它又稱為動態(tài)路由算法。   9.  試描述網絡層與運輸層的關系，并說明什么是網絡相關。10 . 在運輸層中端口的作用是什么，與網絡地址又有何關系？   答：傳輸層一般使用端口（port）與上層進行通信，端口作為通信進程的唯一標識，在通信中起著非常重要的作用。     網絡地址用于指示網絡中某臺特定的主機，而端口用于指明主機上的某個特定應用進程。11.  應用層實體和應用程序是否是相同的概念？并說明應用層在網絡體系結構中的地位。答：應用層實體和應用程序是不同的概念。應用層是開放系統(tǒng)互連參考模型的最高層。它為應用進程提供了訪問OSI環(huán)境的手段，是應用進程使用OSI功能的唯一窗口。12 .說明TCP/IP參考模型與OSI/RM相比有何優(yōu)點和不足。答：TCP/IP網絡體系結構的主要優(yōu)點：1) 簡單、靈活、易于實現(xiàn)2) 充分考慮不同用戶的需求TCP/IP主要缺點如下：1) 沒有明顯地區(qū)分出協(xié)議、接口和服務的概念2) 不通用，只能描述它本身3) 主機-網絡層只是個接口4) 不區(qū)分物理層和數(shù)據(jù)鏈路層5) 有缺陷的協(xié)議很難被替換13.  TCP/IP參考模型的物理層和數(shù)據(jù)鏈路層并沒有具體的協(xié)議，說明為什么要這樣設計？答：為了保證通過TCP/IP參考模型可將不同的物理網絡互連起來。14 . IP協(xié)議是無連接的，這意味著網絡層的傳輸有什么樣的特點？帶來的問題是什么？答：IP協(xié)議是無連接的，這保證了網絡層的傳輸效率。但同時也帶來了可靠性、安全性等問題。15.  TCP/IP參考模型在運輸層同時設計了TCP和UDP兩個協(xié)議，說明兩個協(xié)議的特點和適用場合。答：傳輸控制協(xié)議TCP是一個可靠的、面向連接的傳輸層協(xié)議，它將源主機的數(shù)據(jù)以字節(jié)流形式無差錯地傳送到目的主機。發(fā)送方的TCP將用戶交來的字節(jié)流劃分成獨立的報文并交給網絡層進行發(fā)送，而接收方的TCP將接收的報文重新裝配交給接收用戶。TCP還要進行流量控制，以防止接收方由于來不及處理發(fā)送方發(fā)來的數(shù)據(jù)而造成緩沖區(qū)溢出。用戶數(shù)據(jù)報協(xié)議UDP是一個不可靠的、無連接的運輸層協(xié)議。UDP協(xié)議將可靠性問題交給應用程序解決。UDP協(xié)議主要面向請求/應答式的交易型應用，一次交易往往只有一來一回兩次報文交換，假如為此而建立連接和撤銷連接，開銷是相當大的。這種情況下使用UDP就非常有效。另外，UDP協(xié)議也應用于那些對可靠性要求不高，但要求網絡的延遲較小的場合，如話音和視頻數(shù)據(jù)的傳送。第六章 答案1. 與廣域網比較，局域網有哪些特點？答：局域網的特點是：1) 較小的地域范圍。2) 傳輸速率高，誤碼率低。3) 通常為一個單位所建，并自行管理和使用。4) 可使用的傳輸介質較豐富。5) 較簡單的網絡拓撲結構。6) 有限的站點數(shù)量。2.局域網絡的三個關鍵技術是什么？試分析10BASE-T以太網采用的是什么技術？答：局域網的三個關鍵技術是拓撲結構、數(shù)據(jù)傳輸形式及介質訪問控制方法。10BASE-T以太網的物理拓撲結構為星型（邏輯拓撲結構為總線型），采用基帶傳輸，使用CSMA/CD的介質訪問控制方法。3.以太網與總線網這兩個概念有什么關系？答：總線網是指拓撲結構為總線的網絡，而以太網是指采用CSMA/CD介質訪問控制方法的局域網，早期以太網的物理拓撲結構采用了總線型拓撲，也屬于總線型網絡，但現(xiàn)在的以太網大多為星型拓撲。4. 以太網與IEEE802.3網絡的相同點有哪些？不同點有哪些？答：二者都采用了總線型拓撲結構和基帶傳輸方法，并且都使用CSMA/CD的介質訪問控制方法。不同之處主要有：1) 幀結構有些細微的差別：幀首部的第13-14位的定義不同，IEEE802.3定義為數(shù)據(jù)字段的長度，而DIX Ethernet II定義為網絡層協(xié)議類型；2) 介質稍有不同，IEEE802.3標準定義了同軸電纜、雙絞線和光纖三種介質，而DIX Ethernet II只使用同軸電纜。5. IEEE 802標準規(guī)定了哪些層次？答：IEEE 802標準規(guī)定了物理層和數(shù)據(jù)鏈路層兩個層次。其中又把數(shù)據(jù)鏈路層分為邏輯鏈路控制（LLC）和介質訪問控制（MAC）兩個功能子層。6.  試分析CSMA/CD介質訪問控制技術的工作原理。答：CSMA/CD介質訪問控制技術被廣泛應用于以太網中。CSMA/CD的工作原理是：當某個站點要發(fā)送數(shù)據(jù)時，它首先監(jiān)聽介質：如果介質是空閑的，則發(fā)送； 如果介質是忙的，則繼續(xù)監(jiān)聽，一旦發(fā)現(xiàn)介質空閑，就立即發(fā)送；站點在發(fā)送幀的同時需要繼續(xù)監(jiān)聽是否發(fā)生沖突（碰撞），若在幀發(fā)送期間檢測到沖突，就立即停止發(fā)送，并向介質發(fā)送一串阻塞信號以強化沖突，保證讓總線上的其他站點都知道已發(fā)生了沖突；發(fā)送了阻塞信號后，等待一段隨機時間，返回步驟重試。7.  在10Mb/s以太網中，某一工作站在發(fā)送時由于沖突前兩次都發(fā)送失敗，那么它最多等待多長時間就可以開始下一次重傳過程？答：根據(jù)截斷二進制指數(shù)退避算法，在第2次重傳時，k2，r0，1，2，3。因此重傳推遲的時間是在0，T，2T和3T這四個數(shù)之間隨機地選取一個。由此可知，它最多等待3T時間就可以開始下一次重傳過程。因為在10Mb/s以太網中，T=51.2s，所以3T=51.2s×3=153.6s，即最多等待153.6s。8.如果10BASE2以太網中有一臺工作站的網卡出現(xiàn)故障，它始終不停地發(fā)送幀。試分析一下，這個網絡會出現(xiàn)什么現(xiàn)象？若這時從網絡中任何其他一臺正常的工作站上發(fā)送數(shù)據(jù)，會成功嗎？將會發(fā)生什么事情?答：根據(jù)CSMA/CD的工作原理可知這個網絡將不能工作。因為出現(xiàn)故障的網卡不停地發(fā)送幀，其它站點將檢測到介質始終處于忙狀態(tài)，于是不會發(fā)送任何數(shù)據(jù)，也就無法通信。9.在IEEE802.3以太網中，小于64字節(jié)的幀被稱為_幀。答：小于64字節(jié)的幀被稱為碎片幀。這主要是沖突造成的不完全幀。10. 在傳統(tǒng)以太網中，為什么要有最小幀長度和最大幀長度的限制？答：限制最小幀長度的目的是保證發(fā)送數(shù)據(jù)的站點在發(fā)送幀的過程中能夠檢測到沖突（如果有的話）；限制最大幀長度的目的是防止一個站點長時間地占用傳輸介質。11.  在提高以太網速度的過程中，人們主要解決的問題有哪些（分10Mb/s到100Mb/s，100Mb/s到1000Mb/s分別論述）？升級到萬兆以太網時，又有哪些問題需要解決？答：需要解決的共通問題是保證使用相同的以太網幀格式。速率從10Mb/s提高到100Mb/s時解決的問題包括：傳輸速率的提高所造成的RFI/EMI輻射增大和網絡跨距縮小，同一網絡中同時兼容10Mb/s和100Mb/s設備，在半雙工方式下保證CAMA/CD協(xié)議繼續(xù)有效。速率從100Mb/s提高到1000Mb/s時解決的問題包括：網絡跨距縮小和短幀較多時網絡效率降低。同一網絡中同時兼容10Mb/s、100Mb/s和1000Mb/s設備，在半雙工方式下保證CAMA/CD協(xié)議繼續(xù)有效。速率從1000Mb/s提高到10000Mb/s時解決的問題主要是網絡跨距的嚴重縮小以及如何有效地限制成本和功耗。12.  考慮一個使用CSMA/CD介質訪問控制技術的100Mb/s局域網，若該網絡跨距為1km，則理論上其最小幀長度至少應為多少？答：假定電磁波在銅介質中的傳播速率約為0.7c，則：電磁波在網絡中的一個來回的距離為2×103m，共需2×103/0.7c= 9.5238s；當網絡傳輸速率為100Mb/s時，9.5238s可傳輸?shù)奈粩?shù)為9.5238s×100Mb/s952位。即理論上的最小幀長度為952位。13.以太網中全雙工操作為什么能夠增加網絡跨距？在哪些介質上能采用全雙工操作？ 答：以太網中全雙工操作時將不再使用CSMA/CD介質訪問控制方法，因此不受最小幀長度的限制，這意味著在允許的信號衰減范圍內網絡跨距不再受限制。采用全雙工操作時需要使用雙絞線或光纖介質。14. 一個令牌環(huán)網的介質長度為1km，傳輸速率為16Mb/s，網中共有20臺工作站。若要求每個工作站在發(fā)送數(shù)據(jù)前的等待時間不能超過10ms，問此令牌環(huán)網能否滿足要求？答：該令牌環(huán)上可容納的比特位數(shù)Br傳播時延（5s/km）×介質長度×數(shù)據(jù)速率中繼器延遲5s/km×1km×16Mb/s20100位12.5字節(jié)。在最壞情況下，20臺工作站在某一時刻都要發(fā)送數(shù)據(jù)，且數(shù)據(jù)幀長度都是令牌環(huán)的最大幀長度4521字節(jié)（此值遠大于該令牌環(huán)上可容納的比特位數(shù)100位，所以按最大幀長度計算總延遲）。每幀（4521字節(jié)）的發(fā)送時間為2.2605ms，如果采用早期令牌釋放技術，第5個站的發(fā)送等待時間就已超過10ms，所以此令牌環(huán)網不能滿足要求。需要注意的是，這只是理論計算結果，在大多數(shù)情況下，網絡負載率與上述的最壞情況并不相符。例如，當每個幀的長度不超過100字節(jié)時，該令牌環(huán)網是可以滿足要求的.15. 千兆以太網是如何解決沖突域收縮問題的？這與傳統(tǒng)以太網中數(shù)據(jù)長度不足46字節(jié)時要進行填充有哪些相同之處？有哪些不同之處？答：解決方法是將時間槽長度擴展到512字節(jié)。如果發(fā)送的幀長度小于512字節(jié)，那么物理層在發(fā)送完幀后緊接著再發(fā)送一個特殊的“載波擴展”符號序列，將整個發(fā)送長度擴展到512字節(jié)。這與傳統(tǒng)以太網中的數(shù)據(jù)填充有類似之處，即都用特殊數(shù)據(jù)填充幀以滿足幀長的特殊要求，填充數(shù)據(jù)的處理對上層來說是透明的。但在本質上兩者有很大的差別：傳統(tǒng)以太網中的數(shù)據(jù)填充體現(xiàn)在幀內部（即它是幀的一部分），由MAC子層處理，而千兆位以太網的載波擴展體現(xiàn)在幀外部，由物理層處理。 16. 在半雙工千兆以太網中，短幀過多會出現(xiàn)什么問題？千兆以太網是如何解決這個問題的？答：短幀過多將使網絡效率大大降低，因為（額外的）幀擴展部分將占用大部分的網絡流量。千兆位以太網解決這個問題主要采用了幀突發(fā)技術，即允許一次可以發(fā)送多個短幀。 17.半雙工千兆以太網中，若要發(fā)送一個100字節(jié)的幀，從把第一個字節(jié)發(fā)送到物理介質上開始，需要用多長時間才能把它發(fā)送完？若要發(fā)送10個100個字節(jié)的幀，又需要多長時間？答：半雙工千兆以太網中，發(fā)完一個100字節(jié)的幀共需100×8÷1000Mb/s0.8s。若要發(fā)送10個100個字節(jié)的幀，則需8s.18答：該交換機的2個快速以太網端口用于：主干連接以及服務器、工作站等需要高傳輸帶寬的場合。以該交換機為核心的局域網拓撲圖如下：19.一個10BASE-T的部門局域網需要進行升級，有哪些可選擇的方案？試分析其各自的優(yōu)缺點。答：方案1：升級為100BASE-T快速局域網，網卡、集線器、雙絞線都需要兼容100BASE-T標準，可能都需要進行更換，升級成本較高。方案2：升級為10BASE-T交換式以太網，需要將集線器更換為網絡交換機，但網卡和雙絞線都不需要更新，簡單易行。方案3：升級為100BASE-T交換式以太網，網卡、集線器、雙絞線都需要兼容100BASE-T標準，可能都需要進行更換，升級成本較高，但網絡性能可以得到明顯的提升。20.  簡述802.11使用的CSMA/CA與802.3使用的CSMA/CD之間的區(qū)別。答：CSMA/CA協(xié)議的關鍵在于沖突避免，它與CSMA/CD中的沖突檢測有著本質上的區(qū)別。CSMA/CA不是在發(fā)送過程中去監(jiān)聽是否發(fā)生了沖突，而是事先就要設法避免沖突的發(fā)生。采用這種方法的原因是由于無線信道的特殊性質而使得在無線網絡中檢測信道是否存在沖突比較困難：     要檢測沖突，設備必須能夠在發(fā)送數(shù)據(jù)的同時接收數(shù)據(jù)，以便檢測是否發(fā)生沖突，這對于無線網絡設備是非常難以實現(xiàn)的。      無線介質上的信號強度的動態(tài)范圍很大，因此發(fā)送站無法用信號強度的變化來檢測是否發(fā)生了沖突。 CSMA/CA協(xié)議中發(fā)送過程的“載波檢測多路訪問”部分是在兩個層次上進行的，一個是物理層次，另一個是虛擬層次。物理層次上的載波檢測機制與802.3以太網使用的載波偵聽基本相同。要發(fā)送數(shù)據(jù)的站點首先要偵聽介質上有無信號，如果信道處于“空閑”狀態(tài)，它就可以開始發(fā)送數(shù)據(jù)。如果信道上有信號傳播，它就推遲自己的傳輸而繼續(xù)監(jiān)聽直到信道空閑。任何站點當檢測到信道由忙變閑時，都必須通過退避算法與其他站點一起競爭信道的訪問權，而不是直接訪問信道。虛擬層次上的載波檢測是通過接收到其他站點要占用介質的通告而主動推遲本站的發(fā)送來實現(xiàn)的，其效果相當于“檢測”到信道忙而延遲發(fā)送。虛擬載波檢測利用了802.11幀中的“傳輸持續(xù)時間”字段。每一站點的MAC層將檢查接收到的幀中的“傳輸持續(xù)時間”字段，如果發(fā)現(xiàn)該字段的值大于當前本站點的網絡分配矢量NAV的值，就用該字段的值更新本站點的NAV。站點要發(fā)送數(shù)據(jù)時，NAV從設定的值開始不斷減1，當NAV的值減為0，且物理層報告信道空閑時，它就可以開始發(fā)送數(shù)據(jù)。21. CSMA/CA是如何實現(xiàn)“沖突避免”的？ 答：采用三種機制來實現(xiàn)：預約信道、正向確認和RTS/CTS機制。1) 預約信道。發(fā)送站點利用“傳輸持續(xù)時間”字段向所有其他無線站點通告本站點將要占用信道多長時間，以便讓其它站在這段時間內不要發(fā)送數(shù)據(jù)，以避免沖突。2) 正向確認機制。802.11規(guī)定接收站點若正確收到以它為目的地的數(shù)據(jù)幀時，就應向發(fā)送數(shù)據(jù)幀的站點發(fā)送一個ACK幀作為接收成功的肯定回答，否則將不采取任何動作。發(fā)送站點在發(fā)送完數(shù)據(jù)幀的規(guī)定時間內若沒有收到ACK幀，就需要多次重新發(fā)送數(shù)據(jù)幀，直到收到ACK幀為止。3) 通過請求發(fā)送RTS/允許發(fā)送CTS選項，以解決隱蔽站的沖突問題。22.  解釋IEEE 802.11標準中RTS/CTS機制的基本原理。答：IEEE 802.11標準中請求發(fā)送RTS/允許發(fā)送CTS選項主要是用來解決隱蔽站問題。隱蔽站是指這樣一種情況，有A、B、C三個站點，B位于A和C之間。雖然A和C都能與B通信，但A和C卻因為相距較遠或二者之間存在障礙物而彼此收不到對方發(fā)出的信號。當A和C都要與B通信時，因為互相感知不到對方的存在，因而都向B發(fā)送數(shù)據(jù)，結果數(shù)據(jù)在B站點發(fā)生沖突。若使用RTS/CTS協(xié)議，就可解決此問題：首先，A向B發(fā)送RTS幀，表明A要向B發(fā)送若干數(shù)據(jù)，B收到RTS幀后，就回送一個CTS幀，表明已準備就緒，而此時C也會收到B發(fā)出的CTS幀，從而知道B要與其它某個站點進行數(shù)據(jù)傳輸，于是C進入“靜默”狀態(tài)，這樣就使得A可以向B發(fā)送數(shù)據(jù)而不會產生沖突。最后，B正確接收數(shù)據(jù)后，立即發(fā)出一個ACK確認幀，然后三個站點重新開始競爭信道。 23. IEEE 802.11是如何解決“隱蔽站”問題的？答：采用了RTS/CTS機制，其基本原理如上題之解答。第七章 計算機廣域網技術2.虛電路是如何實現(xiàn)的？它能建立在電路交換之上嗎？為什么？答：虛電路建立的是一種邏輯連接，虛電路路徑上的所有交換機（或路由器）都會在內部路由表中登記虛電路編號和轉發(fā)路徑，并預留資源。交換機收到分組時，就會根據(jù)分組中的虛電路編號查找路由表，決定轉發(fā)路徑并執(zhí)行存儲轉發(fā)操作。因此，虛電路實際上是由網絡中相互鏈接的一連串交換機中的表項來定義的。既然虛電路建立的是一種邏輯連接，所以它所基于的物理電路是什么類型都無關緊要，即虛電路可以建立在電路交換之上。 4.為什么HDLC規(guī)程要使用比特填充技術？答：使用比特填充法是為了避免幀中的其它字段出現(xiàn)標志字段的位模式。標志字段表示幀的開始和結尾，位模式為01111110B（7EH）。 6.總結本章中介紹的各種接入方式的優(yōu)缺點。答：（略） 8.ISDN的BRI和PRI是如何組成的？其中的開銷占總速率的比率分別是多少？ 答：BRI由兩個B信道和一個D信道組成。B信道傳輸速率為64kb/s；傳輸速率為16kb/s。這樣，一個BRI可提供的總速率為144kb/s。在我國，PRI有30個B信道和一個D信道，接口速率可達2.048Mb/s。PRI中D信道速率為64kb/s。因為ISDN中的D信道用于傳輸信令，B信道才用于傳輸用戶數(shù)據(jù)，所以可以計算出BRI的開銷為16/14411，PRI的開銷為64/20483。 10.DDN專線與撥號專線有哪些主要區(qū)別？答：主要區(qū)別如下： 1) DDN無需撥號過程； 2) DDN的速率要遠高于撥號專線； 3) DDN采用了全數(shù)字傳輸，撥號專線為模擬傳輸；4) DDN采用時分復用技術，撥號專線采用空分復用技術。12.X.25協(xié)議用在分組交換網的哪個地方？答：X.25的全稱是“在公用數(shù)據(jù)網上以分組方式工作的數(shù)據(jù)終端設備DTE和數(shù)據(jù)電路端接設備DCE之間的接口”，即X.25定義的是網絡接口的規(guī)范，而不涉及網絡內部的功能實現(xiàn)，因此，X.25只用于分組交換網與網絡外部DTE的接口。換句話說，X.25只說明了DCE與DTE之間是如何交互的。 14.相對于X.25分組交換網，幀中繼有什么優(yōu)點？答：數(shù)據(jù)傳輸速率和傳輸延遲比X.25網絡要分別提高和降低至少一個數(shù)量級。 16.在幀中繼中，擁塞控制是如何實現(xiàn)的？答：幀中繼通過使用丟棄幀和擁塞通知的方法進行擁塞控制。只要用戶的數(shù)據(jù)傳輸速率超過了承諾的信息速率CIR，在網絡出現(xiàn)擁塞時該用戶的幀就有可能被網絡丟棄。用戶也可以主動確定當擁塞發(fā)生時首先丟棄哪些幀。這就要用到幀中的允許丟棄位（DE）。這種情況下，當擁塞發(fā)生時，幀中繼將首先丟棄DE1的幀。另一種避免擁塞的方法是利用幀中的FECN和BECN位。當幀中繼網絡中某個幀中繼交換機發(fā)生擁塞時，它就設置FECN和BECN位通知前向節(jié)點和后向節(jié)點自己發(fā)生了擁塞。通過把后向幀中的BECN置1，可以通知信息流的發(fā)送端降低發(fā)送速率。而通過把前向幀中的FECN置1，可以通知信息流的接收端降低反向發(fā)送速率， 18.ATM為多媒體應用提供了哪些服務？答：提供如下服務： 1) 高速的語音、視頻和數(shù)據(jù)綜合服務； 2) 恒定比特率（CBR）服務，可以用于語音或視頻會議之類的應用。 3) 優(yōu)良的QoS特性：ATM提供的是面向連接的服務，只要建立起連接，所需帶寬總是能夠得到滿足。同時，連接期間信息總是在相同的路徑上傳輸，消除了交換延遲。 20.為什么說ATM集中了電路交換和分組交換的優(yōu)點？答：原因如下： 1) 使用了固定分組長度為53字節(jié)（信元）的分組交換技術，由于信元很簡單，可以完全由硬件實現(xiàn)交換，這就為高速交換奠定了基礎。 2) ATM網絡只關注交換信元而不考慮在連接基礎上的糾錯和流量控制，所以在每個交換節(jié)點上可以達到很高的信元吞吐率。 3) 能支持不同速率、不同QoS需求的各種業(yè)務。體現(xiàn)了分組交換的靈活性 4) 面向連接，適合于傳送實時性很強的業(yè)務。體現(xiàn)了電路交換的實時性 第九章 網絡操作系統(tǒng)1 請在網絡操作系統(tǒng)的特征中，按你認為重要的程度，將其進行排隊，并解釋理由。答：1) 安全性和存取控制: 網絡操作系統(tǒng)的可用性首先取決于它的安全性, 如同教科書中介紹, 其安全性又體現(xiàn)在許多方面,包括登錄安全和資源訪問權限等。這與許多網絡應用密切相關。2) 多用戶、多任務支持。這是NOS區(qū)別于DOS之類的單用戶、單任務操作系統(tǒng)的重要區(qū)別。3) 廣域網連接。TCP/IP已經體現(xiàn)到幾乎所有的NOS之中。或者說在NOS的開發(fā)戰(zhàn)略中已經不存在LAN和WAN的差別。4) 系統(tǒng)容錯能力。除了教科書中提及的硬件、磁盤的容錯/備份之外，NOS本身的容錯/穩(wěn)定性也是需要考慮的。這也是UNIX類操作系統(tǒng)在網絡服務中占據(jù)主導的原因。5) 硬件無關性。這里需要考慮NOS的“即插即用”的特性。6) 支持不同類型的客戶端。這個問題的解決會比較復雜，主要原因有兩個：一是常見的操作系統(tǒng)（例如：MS Windows 系列）系列、版本繁多，各種版本的安全機制差異較大，互相訪問存在諸多不便；二是，UNIX類系統(tǒng)，除了簡單的telnet客戶端外，圖形界面的客戶端，目前難以達成統(tǒng)一的標準，實現(xiàn)上存在諸多困難。最容易實現(xiàn)的客戶端，目前還是基于Web技術的瀏覽器。7) 目錄服務，目前的技術水平，可以在單一廠家標準下，實現(xiàn)企業(yè)級的應用。8) 網絡管理，主要涉及NOS中涉及用戶，系統(tǒng)資源配置、性能監(jiān)控的管理。9) 互操作性，基于開放標準的操作系統(tǒng)（例如POSIX是類UNIX系統(tǒng)的業(yè)界標準）比較容易NOS間的互操作，而非開放性的操作系統(tǒng)（例如微軟Windows系列）要實現(xiàn)系統(tǒng)間的互操作則取決于開發(fā)廠商的市場戰(zhàn)略和第三方的努力。2 請解釋網絡操作系統(tǒng)所提供的文件服務與FTP比較，有哪些異同。答：網絡操作系統(tǒng)所提供的文件服務是指局域網中的緊耦合形式的文件服務形式，F(xiàn)TP則是因特網中松藕荷形式的文件服務。3 請比較網絡操作系統(tǒng)所提供的目錄服務與DNS有哪些重要的區(qū)別和類似的地方。答：類似點: 目錄服務與DNS都可以用來方便用戶查詢和定位網絡資源.不同點: 1. 目前的DNS系統(tǒng)已經是一個全球性的分布式系統(tǒng),網絡資源分布注冊/儲存/服務;而目前的目錄服務系統(tǒng)只能在廠商級產品服務中實現(xiàn),而且是集中實現(xiàn)的,具體的案例包括微軟公司的活動目錄, 和Novell公司的NDS等. 2. DNS所能定位的網絡資源比較單一,完成主機域名到IP地址的轉換;而目錄服務系統(tǒng)所能定位的資源比DNS要豐富的多, 例如, 在微軟的活動目錄中,可以定位網絡用戶,用戶組,網絡打印機等資源. 3. DNS目前已經使用在公共領域，而目錄服務目前的實現(xiàn)主要用在企業(yè)中。 4. 請歸納和比較UNIX和DOS命令操作上的異同點。答：1) 在DOS和UNIX中，都使用字符命令界面與系統(tǒng)進行交互。 2) 在DOS和UNIX中，都使用“.”表示當前目錄，“.”表示上一級目錄。 3) 在DOS和UNIX中，都可以使用幫助系統(tǒng)，在DOS中可使用help,在UNIX中可以使用man或info。 4) DOS命令對大小寫不敏感；UNIX命令（包括參數(shù)）則對大小寫敏感。 5. 請試著把MS Windows下的壓縮文件（*.zip,*.rar）上傳到UNIX環(huán)境中進行解壓縮，可以試用的UNIX命令包括tar、unzip等。答：1) 將windows中的xzy.zip文件用FTP軟件上傳到UNIX系統(tǒng)的個人主目錄下，然后可以使用UNIX中的unzip xyz.zip命令解壓縮。 2) 使用tar cfz public_html.tgz public_html 命令將個人目錄中的網頁發(fā)布目錄（public_html）的內容進行打包壓縮，再使用fpt軟件將其下載到MS Windows系統(tǒng)下，用Winrar軟件進行解壓。 6請通過實驗總結UNIX文件系統(tǒng)的組織形式與MS Windows的有何重要的區(qū)別。1) DOS用“”來分隔目錄與子目錄，目錄與文件；UNIX “/”來分隔目錄與子目錄； 2) DOS可以使用A:、C:、D:來表示磁盤不同的邏輯分區(qū)，而UNIX沒有邏輯分區(qū)的概念，而用“/”來表示根目錄； 3) UNIX用戶可以對一個文件指定的權限包括： r 讀, 有此權限可讀取文件的內容。w 寫, 有此權限可以修改并刪除文件。x 執(zhí)行, 有此權限可以執(zhí)行該文件。另外，以上權限可以分配給不同類型的用戶，如下圖所示：而Windows下的文件權限安排則不相同，例如，在Window XP中的文件權限如下圖：7請使用下列UNIX命令：$man chmod來列出chmod指令的聯(lián)機說明，并譯成中文。答：$man chmodCHMOD(1) FSF CHMOD(1)NAME 命令名 chmod - change file access permissions (改變文件的訪問許可)SYNOPSIS 提要 chmod OPTION. MODE,MODE. FILE. chmod OPTION. OCTAL-MODE FILE. chmod OPTION. -reference=RFILE FILE.DESCRIPTION 描述 This manual page documents the GNU version of chmod. chmod changes the permissions of each given file according to mode, which can be either a symbolic representation of changes to make, or an octal number repre- senting the bit pattern for the new permissions. (chmod 可以改變每個給定文件的訪問許可,新的許可可以用符號或八進制位模式給出) The format of a symbolic mode is ugoa.+-=rwxXs- tugo.,.'. Multiple symbolic operations can be given, sepa- rated by commas. (符號模式的格式為 ugoa.+-=rwxXstugo.,.'. 可以在一條命令中 給出多個符號操作,并用逗號分隔. ) A combination of the letters ugoa' controls which users' access to the file will be changed: the user who owns it (u), other users in the file's group (g), other users not in the file's group (o), or all users but bits that are set in the umask are not affected. (ugoa'字母組合控制可訪問文件的用戶,(U)表示文件的屬主,(g)表示文件組中 的其他人,(o)表示非文件組中的其他用戶,(a)表示所有用戶,但在umask設置中已設的 位則不受影響.) The operator +' causes the permissions selected to be added to the existing permissions of each file; -' causes them to be removed; and =' causes them to be the only permissions that the file has. ('+'操作符用于給每個文件加上所選許可,'-'用于取消相應的許可;'='用于授予文件 僅有的許可) The letters rwxXstugo' select the new permissions for the affected users: read (r), write (w), execute (or access for directories) (x), execute only if the file is a directory or already has execute permis- sion for some user (X), set user or group ID on execution (s), sticky (t), the permissions granted to the user who owns the file (u), the permissions granted to other users who are members of the file's group (g), and the permissions granted to users that are in neither of the two preceding categories (o). (rwxXstugo'字母對所選用戶產生新的許可,(r)讀,(w)寫,(x)執(zhí)行或訪問目錄,(X)僅 當文件為目錄或對某些用戶具有執(zhí)行權限時可執(zhí)行,(s)一旦執(zhí)行設置用戶或組ID,(t)粘貼位),(u)將許可授予文件屬主,(g)將許可授予文件祖的其他成員,(o)將許可授予非前述兩個類型的用戶.) A numeric mode is from one to four octal digits (0-7), derived by adding up the bits with values 4, 2, and 1. Any omitted digits are assumed to be leading zeros. The first digit selects the set user ID (4) and set group ID (2) and sticky (1) attributes. The second digit selects permissions for the user who owns the file: read (4), write (2), and execute (1); the third selects permissions for other users in the file's group, with the same values; and the fourth for other users not in the file's group, with the same values. (數(shù)字模式使用1到4位八進制數(shù)字.任何省略的位被認為是零.第一個數(shù)用于設置用戶ID(4),組ID(2),和粘貼位(1).第二個數(shù)字用于設置文件屬主的許可:讀(4),寫(2),執(zhí)行(1),第三個數(shù)字用于設置文件組中其他用戶的許可,數(shù)值的含義同前;第四個數(shù)字用于非文件組用戶,數(shù)值含義一樣.) chmod never changes the permissions of symbolic links; the chmod system call cannot change their permissions. This is not a problem since the permissions of symbolic links are never used. However, for each sym- bolic link listed on the command line, chmod changes the permissions of the pointed-to file.