【计算机网络】数据链路层习题

1. 下图有四个站ABCD。请问C站和D站哪个离AB更近？

答案：C站

解析：主要是要了解RTS/CTS机制

RTS:
发送方A如果想给接受方B发送消息，那么首先要发送一个RTS控制帧。那么在发送方周围的主机，收到了这个RTS之后，就知道他周围有人要发送消息了，那么它会保持静默，不发送任何消息，直到接收到B给A发送消息确认，那么直到A给B发送消息这个过程完全结束了，这些周围的主机就可以发送了，周围主机这个沉默状态叫做NAV状态。

CTS:
接收方接收到A给他发送的RTS之后，首先它先回复一个CTS确认控制消息。B周围的机子接收到这个CTS之后，那么就知道它周围有人要接受消息，所以也设定为NAV静默状态，防止干扰到接收方B，知道接收到B回给A的ACK，确定数据发送完毕，于是它们也可以收发消息了。

协议解决主要问题：隐藏终端和暴露终端问题

从图中可以看出，A要给B发送消息，先发送了RTS之后，A周围的C知道了A要发送消息，因此转为NAV状态；之后B收到了A发送的RTS控制帧，回复一个CTS确认控制消息，B周围的D知道了B要接收消息了，因此也设定为NAV静默状态。所以C离A更近。

2. 一个通过以太网传送的IP分组有60字节长，其中包含所有的头部，试问需要通过pad字段往以太网帧中需要填补多少字节？

1440
1458
4
0

答案：D

解析：

注意题目中所说的是IP分组有60字节长，仅占数据部分，除此之外，以太网帧还应包括目的地址（6字节）、源地址（6字节）、类型（2字节）、校验位（4字节），共18字节，因此该以太网总共78字节，大于64，因此不需填补。

或者从另一个角度讲，以太网帧的数据部分至少要46字节，而现在已经60字节了，因此无需填补。

3. 下列选项中，对正确接收到的数据帧进行确认的MAC协议是（）。

CDMA
CSMA
CSMA/CD
CSMA/CA

答案：D

解析： A. 码分多址（Code Division Multiple
Access），属于物理层，每一个用户可以在同样的时间使用同样的频带进行通信。由于各用户使用经过特殊挑选的不同码型，因此各用户之间不会造成干扰。和题目没什么关系，主要考的是拼写，别和下面几种混了。

B. CSMA，肯定不会是这项，要是选他的话，CD肯定也对了

C. CSMA/CD，没有使用确认

D. CSMA/CA，是无线局域网标准802.11中的协议。CSMA/CA利用ACK信号来避免冲突的发生，也就是说，只有当客户端收到网络上返回的ACK信号后才确认送出的数据已经正确到达目的地址。

4. 数据链路层协议使用了下面的字符编码：A:01000111 B:11100011 FLAG:01111110 ESC:11100000。为了传输一个包含4个字符的帧：A B ESC FLAG，试问使用下面哪种成帧方法时所发送的比特序列是什么（二进制表示）？
（1）字节计数
（2）字节填充的标志字节
（3）比特填充的标志字节

答案：
（1）00000101（5） 01000111（A）11100011（B） 11100000（ESC） 01111110（FLAG）
（2）01111110（FLAG） 01000111（A）11100011（B） 11100000（ESC） 11100000（ESC）11100000（ESC） 01111110（FLAG） 01111110（FLAG）
（3）01111110（FLAG） 01000111 11(0)100011 111(0)00000 011111(0)10 01111110（FLAG）

解析：（1）字节计数要算上计数字节本身，所以一共5个字节

（2）字节填充遇到FLAG就在他前面加上转义字符ESC，遇到ESC就在他前面也加上转义字符ESC，再加上首尾标志字节FLAG

（3）比特填充遇到连续5个0就加一个1，再加上首尾标志字节FLAG

5. 假设使用海明码来传输16位的报文。请问，需要多少个检查位才能确保接收方可以检测并纠正单个位错误？

答案：B

解析：考查最小校验位公式 (m+r+1)<2r(m+r+1)<2^{r} (m+r+1)<2r m是数据位数量，为16，则 r=5

6. 如图所示，若主机H2向主机H4发送1个数据帧，主机H4向主机H2立即发送一个确认帧，则除H4外，从物理层上能够收到该确认帧的主机还有（）。

A. 仅H2
B. 仅H3
C. 仅H1、H2
D. 仅H2、H3
E. H1、H2、H3

答案：D

解析：考察集线器和交换机的特点

H2发送数据帧的路径：H2->Switch->Hub->H3,H4（此处假设交换机中已经记录了H2的MAC地址，因此不会对该帧进行广播）

H4发回确认帧，经过集线器，集线器对其进行广播，因此H3会收到该确认帧，再经过交换机，交换机根据该帧目的地址，将其转发给H2

7. 站点A、B、C通过CDMA共享链路，A、B、C的码片序列分别是(1,1,1,1)、(1,-1,1,-1)和(1,1,-1,-1)。若C从链路上收到的序列是(2,0,2,0,0,-2,0,-2,0,2,0,2)，则C收到A发送的数据是（）。

答案：B

解析：
用A的码片与链路上序列做规格化内积，具体做法是每次拿出4位序列与A做内积，然后除以位数，得到发送数据中的一位，计算结果1，该位得1，结果-1，该位得0，结果0，表示没发送数据
（2,0,2,0）∗（1,1,1,1）/4=1（2,0,2,0）*（1,1,1,1）/ 4 =1 （2,0,2,0）∗（1,1,1,1）/4=1 （0,−2,0,−2）∗（1,1,1,1）/4=−1（0,-2,0,-2）*（1,1,1,1）/ 4 =-1 （0,−2,0,−2）∗（1,1,1,1）/4=−1 （0,2,0,2）∗（1,1,1,1）/4=1（0,2,0,2）*（1,1,1,1）/ 4 =1 （0,2,0,2）∗（1,1,1,1）/4=1 因此结果为101

8. 使用标准CRC方法传输比特流1011101，生成多项式为x3+1x^3+1x3+1，那么实际传输的二进制位串是多少？

答案：1011101111

解析：
1）构造被除数：生成多项式最高次项为3，因此在比特流1011101后加3个0

2）构造除数：根据生成多项式，除数为1001

3）做模2除法：商为1010111，余数为111

4）最后将余数（冗余码）加到传输比特流末尾，结果为1011101111

9. 考虑一个具有4kbps速率和20ms传输延迟的信道，忽略确认帧大小。试问帧的大小在什么范围内，停-等式协议才能获得至少50％的效率。

10 bytes
20 bytes
30 bytes
40 bytes

答案：B

解析：
所谓效率，即信道利用率

用公式（忽略确认帧大小）

U=Td/(Td+RTT)U = Td / ( Td +RTT ) U=Td/(Td+RTT)
L4×103L4×103+2×20×10−3=0.5\frac{\frac{L}{4\times 10^3}}{\frac{L}{4\times 10^3}+2\times 20\times 10^{-3}}=0.5 4×103L+2×20×10−34×103L=0.5
解得 L=160 bits=20 bytes

10. A向B以停-等式协议以3kbps的速度发送数据，单向传播延迟是200ms，忽略确认帧的传输延迟。当信道利用率为40%时，数据帧的长度为（）

30 bytes
50 bytes
60 bytes
100 bytes

答案：D

11. 主机甲与主机乙之间使用后退N帧协议（GBN）传输数据，甲的发送窗口尺寸为1000，数据帧长为1000字节，信道带宽为100Mbps，乙每收到一个数据帧立即利用一个短帧（忽略其传输延迟）进行确认，若甲、乙之间的单向传播延迟是50ms，则甲可以达到的最大平均数据传输速率约为（）。

A. 10Mbps
B. 20Mbps
C. 80Mbps
D. 100Mbps

答案：C

解析：信道利用率
U=Td/(Td+RTT)U = Td / ( Td +RTT ) U=Td/(Td+RTT)
1帧的传输延迟 Td=数据帧长/信道带宽=(1000∗8)/100∗106=8∗10−5s=(1000*8) /100*10^{6}=8*10^{-5}s=(1000∗8)/100∗106=8∗10−5s

往返时延 RTT=50∗2=100ms50*2 = 100 ms50∗2=100ms

速率最大的情况：在确认帧到来之前甲1000帧就已经发完了

一共要发的数据量为1000∗(1000∗8)=8∗1061000*(1000 * 8)=8*10^61000∗(1000∗8)=8∗106

所以，最大速率=数据量 / (Td+RTT) = 8∗106/(100+80∗10−3)∗10−3=8∗106/0.1008=80Mbps8*10^6 / (100+80*10^{-3})*10^{-3}=8*10^6 /0.1008=80Mbps8∗106/(100+80∗10−3)∗10−3=8∗106/0.1008=80Mbps

12. 地球到一个遥远行星的距离大约为9∗10109*10^{10}9∗1010米。如果采用滑动窗口协议在一条64Mbps的点到点链路上传输帧，试问信道的利用率是多少？请问需要多大的发送窗口才能使得链路利用率为100%？假设帧的大小为32000B，光的速度为3∗1083*10^{8}3∗108m/s。发送方和接收方的协议处理时间可以忽略不计。

A、7500
B、7501
C、15000
D、15001

答案：D

解析：信道利用率
U=Td/(Td+RTT)U = Td / ( Td +RTT ) U=Td/(Td+RTT)
（1）

传输延迟 Td=32000*8/64000000=0.004
往返时延 RTT=(9∗1010(9*10^{10}(9∗1010/3∗108)3*10^{8})3∗108)*2 = 600s
U=0.004/(0.004+600)=6.67∗10−6U = 0.004 / ( 0.004 +600 ) =6.67*10^{-6} U=0.004/(0.004+600)=6.67∗10−6
（2）
要使信道利用率达到100%，就要让信道变为下图这种状态，即窗口内的其他帧（黄色帧）将往返延迟时间RTT占满

U=w∗0.004/(0.004+600)=1U = w * 0.004 / ( 0.004 +600 ) =1 U=w∗0.004/(0.004+600)=1
解得w=15000.1，如果取15000，图中会缺少最后一个黄色的帧，信道利用率达不到100%，因此要向上取正，得w=15001

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