计算机网络吴功宜第三版课后习题解答第14章.docx
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计算机网络吴功宜第三版课后习题解答第14章
计算机网络-清华版_吴功宜(第三版)课后习题解答(第
1-4章)
第一章计算机网络概论P42
1.请参考本章对现代Internet结构的描述,解释“三网融合”发展
的技术背景。
答:
基于Web的电子商务、电子政务、远程医疗、远程教育,以及基
于对等结构的P2P网络、3G/4G与移动Internet的应用,使得Internet
以超常规的速度发展。
“三网融合”实质上是计算机网络、电信通信网与电视传输网技术的
融合、业务的融合。
2.请参考本章对Internet应用技术发展的描述,解释“物联网”发
展技术背景。
答:
物联网是在Internet技术的基础上,利用射频标签、无线传感
与光学传感等感知技术自动获取物理世界的各种信息,构建覆盖世界上人
与人、人与物、物与物的智能信息系统,促进了物理世界与信息世界的融
合。
3.请参考本章对于城域网技术特点的描述,解释“宽带城域网”发展
技术背景。
答:
宽带城域网是以IP为基础,通过计算机网络、广播电视网、电
信网的三网融合,形成覆盖城市区域的网络通信平台,以语音、数据、图
像、视频传输与大规模的用户接入提供高速与保证质量的服务。
4.请参考本章对WPAN技术的描述,举出5个应用无线个人区域网络
技术的例子。
答:
家庭网络、安全监控、汽车自动化、消费类家用电器、儿童玩具、
医用设备控制、工业控制、无线定位。
5..请参考本章对于Internet核心交换、边缘部分划分方法的描述,
举出身边5种端系统设备。
答:
PDA、智能手机、智能家电、无线传感器节点、RFID节点、视频
监控设备。
7.长度8B与536B的应用层数据通过传输层时加上了20B的TCP报头,
通过网络层时加上60B的IP分组头,通过数据链路层时加上了18B的
Ethernet帧头和帧尾。
分别计算两种情况下的数据传输效率。
(知识点在:
P33)
解:
长度为8B的应用层数据的数据传输效率:
8/(8+20+60+18)×100%=8/106×100%=7.55%
长度为536B的应用层数据的数据传输效率:
536/(536+20+60+18)×100%=536/634×100%=84.54%
8.计算发送延时与传播延时。
条件:
主机之间传输介质长度D=1000km。
电磁波传播速度为2×108m/s。
(1)数据长度为1×103bit,数据发送速率为100kbps。
(2)数据长度为1×107bit,数据发送速率为10Gbps。
(知识点在:
P33)
解题思路:
总延时=发送延时+传播延时+排队延时+处理延时
解:
(1)
发送延时为:
N/S=1000/100×103=0.01s=10ms
传播延时为:
D/V=1000×103/2×108=5×10-3s=5ms
(2)
发送延时为:
N/S=1×108/(10×103×106)=0.01s=10ms
传播延时为:
D/V=1000×103/2×108=5×10-3s=5ms
6.在如图1-29所示的网络结构中,主机A要向主机B发送一个长度
为300KB的报文,发送速率为10Mbps,传输路径上要经过8个路由器,连
接路由器的链路长度为100km,信号在链路上的传播速度为2×108m/s。
每个路由器的排队等待延时为1ms。
路由器发送速率也为10Mbps。
忽略:
主机接入到路由器的链路长度,路由器排队等待延时与数据长度无关,并
假设信号在链路上传输没有出现差错和拥塞。
请计算:
(1)采用报文交换方法,报文头长度为60B,报文从主机A到主机B
需要多长时间?
(2)采用报文分组交换方法,分组头长度为20B时,分组数据长度
为2KB,所有报文分组从主机A到主机B需要多长时间?
解题思路:
报文交换是一个完整的数据包从源结点一直传输到目的结点。
延时时间为:
主机A发送时间+8个路由器的发送时间+8个路由器的
排队等待延时时间+链路的传播时间。
报文分组交换方法:
就是一个一个包跟着传输下去,300KB分为2kb
的数据包,有150个,从主机A到最后一个路由器发出最后一个包,相当
于2KB数据包发送了9+149=158次,延时时间=发送时间x158+8个路
由器等待延时时间+链路传播时间。
另外,Mbps是Millionbitspersecond的缩写,1Mbps代表每秒
传输1,000,000位(bit)。
解:
(1)[(300×1024+60)×8/10000000]×9×103+[(100×1000)/2×108]
×7×103+8×1=2223.8ms
(2)[(2×1024+20)×8/10000000]×9×103+[(100×1000)/2×108]
×7×103+8×1
+[(2×1024+20)×8/10000000]×149×103
=26.39+246.51=272.9ms
第二章网络体系结构与网络协议P62
1.请举出生活中的一个例子来说明“协议”的基本含义,并举例说
明网络协议三要素“语法”、“语义”与“时序”的含义与关系
协议是一种通信规则
例:
信件所用的语言就是一种人与人之间交流信息的协议,因为写信
前要确定使用中文还是其他语言,否则收信者可能因语言不同而无法阅读
三要素:
语法:
用户数据与控制信息的结构与格式,以及数据出现顺序
语义:
解释比特流的每一部分含义,规定了需要发出何种控制信息,
以及完成的动作和作出的响应
时序:
对实现顺序的详细说明
2.计算机网络采用层次结构的模型有什么好处?
1)各层之间相互独立
2)灵活性好
3)各层都可采用最合适的技术来实现,各层实现技术的改变不影响
其他层
4)易于实现和维护
5)有利于促进标准化
3.ISO在制定OSI参考模型时对层次划分的主要原则是什么?
1)网中各结点都具有相同的层次
2)不同结点的同等层具有相同的功能
3)不同结点的同等层通过协议来实现对等层之间的通信
4)同一结点内相邻层之间通过接口通信
5)每个层可以使用下层提供的服务,并向其上层提供服务
4.如何理解OSI参考模型中的“OSI环境”的概念?
“OSI环境”即OSI参考模型所描述的范围,包括联网计算机系统中
的应用层到物理层的7层与通信子网,连接结点的物理传输介质不包括在
内
5.请描述在OSI参考模型中数据传输的基本过程
1)应用进程A的数据传送到应用层时,加上应用层控制报头,组织
成应用层的服务数据单元,然后传输到表示层
2)表示层接收后,加上本层控制报头,组织成表示层的服务数据单
元,然后传输到会话层。
依此类推,数据传输到传输层
3)传输层接收后,加上本层的控制报头,构成了报文,然后传输到
网络层
4)网络层接收后,加上本层的控制报头,构成了分组,然后传输到
数据链路层
5)数据链路层接收后,加上本层的控制信息,构成了帧,然后传输
到物理层
6)物理层接收后,以透明比特流的形式通过传输介质传输出去
6.TCP/IP协议的主要特点是什么?
1)开放的协议标准,可免费使用,并且独立于特定的计算机硬件与
操作系统
2)独立于特定的网络硬件,可以运行在局域网、广域网,更适用于
互联网中
3)统一的网络地址分配方案,使整个TCP/IP设备在网中都具有唯一
的地址
4)标准化的高层协议,可以提供多种可靠的用户服务
7.Internet技术文档主要有哪两种形式?
为什么说RFC文档对从事
网络技术与研究与开发的技术人员是重要的?
如果需要有关IP协议的
RFC791文档,知道如何去查找吗?
(知识点在:
P56)
答:
因特网草案和RFC文档。
因为RFC文档是从事网络技术研究与开
发的技术人员获得技术发展状况与动态重要信息的来源。
可以输入网址:
http:
//www.ietf.org/rfc.html,然后在提示的位置
输入RFC文档的编号791即可,当然也可从RFCEditor的站点或全球的
几个镜象站点得到。
第三章物理层P103
7.已知:
电话线路带宽B=3000Hz,根据奈奎斯特准则,求:
无噪声信
道的最大数据传输速率为多少?
(知识点在:
P85)
解:
2×3000Hz=6000bps(奈奎斯特准则,公式Rmax=2B)
8.已知:
S/N=30db,带宽B=4000Hz,根据香农定理,求:
有限带宽、
有热噪声信道的最大数据传输速率为多少?
(知识点在:
P85-86)
解:
信噪比通常以分贝(db)表示,如果信噪比S/N为1000,根据信噪比
计算公式:
S/N(db)=10lg(S/N)因此:
30=10lg(S/N)——>S/N=1000
[香农定理,公式Rmax=Blog2(1+S/N)]得:
Rmax=4000×log2(1+1000)
=4000×10=40000bps=40kbps
其中:
S/N——信噪比,是指信号功率S与噪声功率N之比。
9.已知:
数据传输速率为14400bps,多相调制的相数k=16.求:
调制
速率。
(知识点在:
P80)
解:
比特率S(单位为bps)与调制速率B(单位为baud)之间关系
可以表示为:
S=Blog2k,式中k为多相调制的相数。
14400bps=B×log216,得3600baud。
10.已知:
S/N=30db,带宽B=3000Hz,采用QPSK-16调制方式。
求:
最
大调制速度是多少?
(知识点在:
P85-86)
解:
QPSK——正交相移键控,QPSK-16是:
16相调相。
信噪比通常以分贝(db)表示,如果信噪比S/N为1000,根据信噪比
计算公式:
S/N(db)=10lg(S/N)因此:
30=10lg(S/N)——>S/N=1000
[香农定理,公式Rmax=Blog2(1+S/N)]得:
Rmax=3000×log2(1+S/N),
所以有:
Rmax=3000×log2(1+1000)=3000×10=30000bps
(公式Rmax=Bmaxlog2K)得:
30000=Bmaxlog216所以:
Bmax=7500
baud。
11.请根据QAM调制中波特率与相数,计算对应的比特率值。
(S=Blog2K)
解:
12.已知:
FDM系统的一条通信线路的带宽为200kHz,每一路信号带
宽为4.2kHz,相邻信道之间的隔离带宽为0.8kHz。
求:
这条线路可以传
输多少路信号?
(知识点在:
P89)解:
FDM系统是频分多路复用系统,它是以信道频率为对象,通过设置多
个频带互不重叠的信通,达到同时传输多路信号的目的。
200/(4.2+0.8)=40条
即:
可以容纳40条传输信道。
13.已知:
A=01011011.画出A的差分曼彻斯特编码的波形。
(知识点在:
P81)解:
14.如果主机的数据发送速率达到100Mbps,采用曼彻斯特编码,那么
相应的时钟频率应该为多少?
(知识点在:
P82)
解:
当采用曼彻斯特编码时,在每个调制的周期内,波形将会跳动两次,
则数据传送速率将是波特率的二分之一。
如果设波特率是xbaud,则:
9.x=100,所以:
x=200baud.即:
数据传输速率为100Mbps,如果采用
曼彻斯特编码,波特率将达200Mbps,也就是说,传输信号的信道带宽至
少为200MHz。
也就是说:
相应的时钟频率应该为200MHz。
15.已知:
SONET定义的OC-1速率为51.840Mbps。
计算:
STM-4对应
的速率为多少?
(知识点在:
P91)
解:
SONE—T—同步光纤网;SDH——同步数字体系;
OC——定义的是光纤上传输的光信号速率。
STS——定义的是数字电路接口的电信号传输速率;
STM——是电话主干线路的数字信号速率标准。
OC-1——第1级光载波。
因为:
SONET定义的线路速率标准是以第1级同步传输信号STS-1
(51.840Mbps)为基础的,与其对应的是第1级光载波OC-(151.840Mbps)。
以SONET为基础,制定SDH。
SDH信号中最基本的模块是STM-1,对应STS-3,速率为51.840Mbps
×3=155.520Mbps。
更高等级的STM-n是将STM-1同步复用而成。
4个STM-1
构成1个STM-4。
所以有:
155.520Mbps×4=622.080Mbps。
答:
STM-4速率为622.080Mbps。
10.在CDMA系统中,4个站的码片序列分别为:
A.(-1+1-1+1+1+1-1-1)
B.(-1-1+1-1+1+1+1-1)
C.(-1-1-1+1+1-1+1+1)
D.(-1+1-1-1-1-1+1-1)
现在接受到码片序列为S:
(-1+1-3+1-1-3+1+1)。
请判断:
是哪个站发送的数据?
发送的二进制数是0还是1?
(知识
点在:
P99)解:
CDM—A—码分多址,基本思想:
给每一个用户手机(简称为“站”)
分配一种经过特殊挑选的不同码型,使得不同站可以在同一时刻、使用同
一个信道而不互相干扰。
下面计算向量内积:
A×S/8=0——>A站没有发送
B×S/8=-8/8=-1——>B站发送了0
C×S/8=1——>C站发送了1
D×S/8=1——>D站发送了1
综上所述,结论如下:
(A)A站没有发送(B)B站发送了0(C)
C站发送了1(D)D站发送了1
第四章数据链路层P133
16.如果数据字段为11100011,生成多项式G(X)=X5+X4+X+1。
请写出
发送的比特序列,并画出曼彻斯特编码序号波形图。
解:
G(X)——>110010
f(x).xk=1110001100000
f(x).xk/G(X)的余数是:
11010
所以,发送的比特序列:
1110001111010曼彻斯特编码序号波形图
是:
答案:
发送的比特序列:
1110001111010对应的Manchester
编码波形:
17.某个数据通信系统采用CRC校验方式,并且生成多项式G(x)的二进
制比特序列为11001,目的主机接收到的二进制比特序列为110111001(含
CRC检验码)。
请判断传输过程是否出现了差错?
为什么?
解:
用目的主
机接收的比特序列110111001除以G(x)的比特序列11001,余数为:
10,
不能整除,所以出现传输差错。
18.在后退重传(GBN)方式中,发送方已经发送了编号为0~7的帧。
当计时器超时之时,只收到编号0,2,4,5,6,的帧,那么发送方需要重发哪
几个帧?
解:
后退重传(GBN),发送方需要重发编号为1~7的共7个帧。
6
19.在选择重传(SR)方式中,发送方已经发送了编号为0~7的帧,
当计时器超时之时,只收到编号0,2,4,5,6的帧,那么发送方需要重发哪
几个帧?
解:
选择重传(SR):
发送方需要重发编号为1、3、7三个帧。
20.在数据传输速率为100Kbps的卫星链路上传输长度为1000bit的
帧。
如果采取捎带确认的方法,帧序号长度为3bit,接受方也用同样长度
的数据帧捎带确认。
请计算下面两种情况下的最大信道利用率。
(1)停
止-等待协议。
(2)连续传输协议。
解:
本题有问题,主要是缺少传播延时。
不知答案是怎么来的?
(1)停止-等待协议的信道最大利用率为3.57%。
(2)连续传输协议的
信道最大利用率为12.90%。
21.外地子公司租用Modem与公司网络连接。
如果Modem数据传输率
为3600bps,以异步传输方式传输,每个字节加1bit起始位、1bit的终
止位。
传输的数据长度为72×106字节。
忽略线路传播延时。
问:
发送数
据最少需要多少时间?
解:
72×106×(8+2)/3600=2×105发送数据
最少用2×105(s)
22.已知:
HDLC的监控帧的结构如图4-28所示。
标志字段F地址字
段A控制字段C信息字段I帧校验字段FCS标志字段F(8位)(8位)
(8位)(长度可变)(16位)(8位)b0b1b2b3b4b5b6b7监
控帧S10监控P/FN(R)图4-28HDLC监控帧的结构
已知:
主站要求发送方对编号为2开始的所有帧都要重发。
请写出:
监控帧控制字段C的比特序列值。
解:
b2b310-RNR(帧名),功能:
确认序号为N(R)-1及其以前的各
帧已经正确接收,暂停接收下一帧。
其中:
N(R)是接收序号。
信息帧:
b0=0;
监控帧:
b0=1,b1=0无编号帧:
b0=1,b1=1
最后得到:
监控帧S的控制字段值为:
10100010
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