《计算机网络》期末试卷 (精选09)

一、单项选择题（在每小题的四个备选答案中，选出一个正确的答案，并将其序号填在题干后的括号内。每小题 1 分，共 31 分）

在 OSI 模型中，服务用户发往服务提供者的服务原语是 ______。 ( C )
- A. 响应、证实
- B. 请求、指示
- C. 请求、响应
- D. 请求、证实

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答案：C

解析：
本题考查 OSI 参考模型中服务原语的概念。

在 OSI 模型中，服务用户（N 层实体）与服务提供者（N-1 层实体）之间的交互是通过服务原语（Service Primitives）来实现的。服务原语主要有以下四种类型：

请求（Request）：服务用户发往服务提供者，请求某项服务的执行。
指示（Indication）：服务提供者发往服务用户，指示某项服务已被调用或有相关事件发生。
响应（Response）：服务用户发往服务提供者，作为对“指示”原语的响应。
证实（Confirm）：服务提供者发往服务用户，证实之前所请求的服务已成功完成。

因此，服务用户发往服务提供者的服务原语包括请求（Request）和响应（Response）。

故正确答案为 C。

难度: ⭐
考点: #OSI模型 #服务原语

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📖 相关公式与知识点:

服务访问点（SAP）：上层实体访问下层服务的逻辑接口。
OSI 模型分层交互：通过服务原语在层与层之间实现对等通信的支撑。

思路分析

记住服务原语的交互方向：用户发起请求，提供者给出指示；用户回复响应，提供者给出证实。

易错点

容易混淆请求与指示、响应与证实的发起者角色。

🔄 举一反三

在 OSI 模型中，服务提供者发往服务用户的原语是？
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答案：指示、证实
解析：
- 指示（Indication）：服务提供者通知服务用户有事件或服务被调用。
- 证实（Confirm）：服务提供者通知服务用户请求的操作已完成。

在 OSI 层次体系结构中，实通信是在 ______ 实体间进行的。 ( A )
- A. 物理层
- B. 会话层
- C. 网络层
- D. 运输层

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答案：A

解析：
在 OSI 参考模型中，除了物理层是“实通信”（实链路）之外，其他各对等层之间的通信都是“虚通信”（逻辑上的对等通信）。数据必须在发送端逐层向下传递至物理层，通过物理介质真正传输到接收端，然后再逐层向上传递。

因此，真正发生实际比特流通信的只有物理层。

故正确答案为 A。

难度: ⭐
考点: #OSI模型 #实通信

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📖 相关公式与知识点:

对等层通信：指发送端第 N 层与接收端第 N 层之间的虚拟对话。

思路分析

注意区分“物理介质上的真实比特流传输”与“高层的逻辑对等协议交互”。

🔄 举一反三

除了哪一层以外，OSI模型中的各对等层之间的通信均为虚通信？
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答案：物理层
解析：物理层是唯一真正进行物理比特传输的层次。

在 OSI 模型中，N 层提供的服务是 ______ 与对等层交换信息来实现的。 ( A )
- A. 利用 N-1 层提供的服务以及按 N 层协议
- B. 利用 N 层提供的服务以及按 N-1 层协议
- C. 利用 $$N+1$$ 层提供的服务以及按 N 层协议
- D. 利用 N 层提供的服务以及按 $$N+1$$ 层协议

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答案：A

解析：
本题考查 OSI 分层体系结构中服务与协议的关系。

在分层体系结构中：

服务（Service）：是垂直概念。第 N 层为第 $$N+1$$ 层提供服务，同时第 N 层必须利用第 N-1 层提供的服务。
协议（Protocol）：是水平概念。第 N 层实体之间进行对等通信时，必须按照第 N 层的协议来进行。

因此，N 层提供的服务是通过利用 N-1 层提供的服务以及按照 N 层协议来与对等层交换信息实现的。

故正确答案为 A。

难度: ⭐
考点: #分层体系结构 #协议与服务

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📖 相关公式与知识点:

服务是下层向上层提供的承诺；协议是对等实体之间的通信规则。

思路分析

下层为上层服务，本层利用下层服务并遵循本层协议向上层提供服务。

🔄 举一反三

关于服务和协议的描述，正确的是？
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答案：服务是垂直的，协议是水平的。
解析：协议定义了对等实体间的通信规则，而服务是由下层通过服务访问点向上层提供的功能。

树形拓扑的特征是 ______。 ( D )
- A. 传输模拟信号
- B. 使用同轴电缆
- C. 有中央交换单元
- D. 使用多点媒体

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答案：D

解析：
树形拓扑结构实际上是总线拓扑的扩展，或者是多个星型拓扑的层级互连。在早期数据通信教材分类中（如 IEEE 802），树形拓扑在逻辑上沿用了总线的共享广播特性，其链路通常采用多点媒体（Multipoint Media），允许多个站点共享同一个通信通道，发送的信号会沿着分支传播至所有连接的站点。

故正确答案为 D。

难度: ⭐⭐
考点: #网络拓扑 #树形拓扑

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📖 相关公式与知识点:

常见的网络拓扑结构：总线型、星型、环型、树型、网状型。

思路分析

把握树形拓扑是对总线型拓扑的层级化扩展，保留了多点广播的特性。

🔄 举一反三

树形拓扑实质上是哪种网络拓扑结构的变形？
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答案：总线拓扑（或星型总线结合）
解析：树型拓扑通过在总线上增加分支级联点扩展而来。

环形 LAN 上的转发器和总线 LAN 上的转发器的最大区别是 ______。 ( B )
- A. 有信号放大功能
- B. 有数据撤销功能
- C. 有数据插入功能
- D. 有数据接收功能

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答案：B

解析：
在总线形 LAN 中，数据沿着总线广播传输，信号在两端被端接器吸收。而在环形 LAN 中，数据在环路中沿着单一方向逐站中继传输。为了防止数据帧在环路中无限循环，放置数据帧的发送站有责任在其重新绕回时，将其从环路上移除，这就是所谓的数据撤销（清除）功能。因此，环路接口/转发器必须具备撤销数据的能力。

故正确答案为 B。

难度: ⭐⭐
考点: #局域网拓扑 #令牌环网

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📖 相关公式与知识点:

令牌环（Token Ring）：站点只有拿到令牌才能发送数据，并在数据传输结束后撤销自己发送的帧。 :::

🔄 举一反三

在令牌环网中，帧由谁负责从环上清除？
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答案：由发送该帧的站点负责清除。
解析：防止帧在环路上无限死循环。

基带系统是使用 ______ 进行传输的。 ( C )
- A. 模拟信号
- B. 多信道模拟信号
- C. 数字信号
- D. 多路数字信号

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答案：C

解析：
基带传输（Baseband Transmission）是指在不进行载波调制的信道上，直接传输数字脉冲信号（数字信号）。它通常占用从零开始的低频带宽。

与之相对的是宽带/频带传输，它通过调制将数字信号搬移到高频段作为模拟信号传输。

故正确答案为 C。

难度: ⭐
考点: #基带传输 #信号传输

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📖 相关公式与知识点:

基带信号：未经调制的原始数字信号。 :::

🔄 举一反三

将数字信号通过调制器转换成模拟信号在信道中传输的方式称为？
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答案：频带传输（或宽带传输）
解析：与基带传输直接传输数字波形相对。

当数字信号在模拟传输系统中传送时，在发送端和接收端分别需要 ______。 ( A )
- A. 调制器和解调器
- B. 解调器和调制器
- C. 编码器和解码器
- D. 解码器 and 编码器

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答案：A

解析：
模拟信道（如传统电话线）无法直接传输数字脉冲信号。

发送端：需要**调制器（Modulator）**将数字信号转换为模拟信号。
接收端：需要**解调器（Demodulator）**将接收到的模拟信号还原为数字信号。两者合称为调制解调器（Modem）。

故正确答案为 A。

难度: ⭐ 考点: #调制解调 #频带传输

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📖 相关公式与知识点:

调制器（Modulator）：将数字信号转换为模拟信号。
解调器（Demodulator）：将模拟信号还原为数字信号。
调制解调器（Modem） = 调制器 + 解调器，是双向通信的必要设备。

思路分析

数字信号无法直接在模拟信道（如电话线）上传输，必须经过调制和解调两个过程。

🔄 举一反三

在计算机网络中，将计算机的数字信号转换为电话线可传输的模拟信号的设备是什么？
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答案：调制解调器（Modem）。
解析：Modem 包含调制器和解调器两部分，分别负责发送端的数模转换和接收端的模数转换。

RS-422 标准是 ______。 ( C )
- A. 非平衡方式，单端发送器和差动接收器
- B. 平衡方式，单端发送器和差动接收器
- C. 平衡方式，平衡发送器和差动接收器
- D. 非平衡方式，单端发送器和单端接收器

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答案：C

解析：
RS-422 是一种平衡串行通信接口标准。它采用平衡方式（差分传输），发送器在两条平衡线上产生相反极性的信号（平衡发送器），接收端则测量两条线之间的电压差（差动接收器）。这种差分机制具备极强的抗共模噪声干扰能力。

故正确答案为 C。

难度: ⭐⭐ 考点: #物理层标准 #RS-422 #平衡传输

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📖 相关公式与知识点:

RS-232：非平衡方式，单端发送器和单端接收器，抗干扰能力弱。
RS-422：平衡方式，平衡发送器和差动接收器，抗共模噪声能力强。
RS-485：在 RS-422 基础上支持多点双向通信。

思路分析

差分传输（平衡方式）通过两根线传输互为反相的信号，接收端检测差值，能有效抵消共模干扰。

🔄 举一反三

RS-232 与 RS-422 在抗干扰能力上的主要区别源于什么？
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答案：RS-232 采用非平衡（单端）传输，RS-422 采用平衡（差分）传输。
解析：差分信号对共模噪声有极强的抑制能力，因此 RS-422 传输距离更远、速率更高。

现采用调相与调幅相结合的调制方式，载波有四种相位变化和两种振幅变化，调制速率是 600 波特，那么数据速率是 ______ bps。 ( B )
- A. 1200
- B. 1800
- C. 2400
- D. 4800

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答案：B

解析：
状态数 $$L = 4 imes 2 = 8$$ 。每个码元携带信息量 $n = \log_2 8 = 3$ 比特。比特率 $$C = 600 imes 3 = 1800$$ bps。

故正确答案为 B。

难度: ⭐⭐ 考点: #比特率与波特率 #调制

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📖 相关公式与知识点:

比特率 $$C$$ 与 波特率 $$B$$ 的关系： $C = B \times \log_2 L$ ，其中 $$L$$ 为信号状态数。
本题中 $L = 4 \times 2 = 8$ ， $\log_2 8 = 3$ 。

思路分析

先确定调制组合的总状态数，再乘以波特率得到数据速率。

🔄 举一反三

若某调制方式有 16 种状态，波特率为 1200 波特，数据速率是多少？
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答案：4800 bps。
解析： $\log_2 16 = 4$ ， $C = 1200 \times 4 = 4800\text{ bps}$ 。

传输二进制数字信号需要的带宽 ______。 ( B )
- A. 比模拟信号所需要的带宽小
- B. 比模拟信号所需要的带宽大
- C. 和模拟信号所需要的带宽相同
- D. 无法与模拟信号的宽带比较

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答案：B

解析：
在相同的传输速率下，数字脉冲信号因其频谱的高频谐波分量多，其实际占用的带宽显著大于传统的低频模拟信号。

故正确答案为 B。

难度: ⭐ 考点: #带宽 #数字信号

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📖 相关公式与知识点:

数字信号（方波）的频谱包含丰富的高次谐波，理论上带宽无限。
模拟信号（如语音）频谱集中在低频段，带宽相对较窄。

思路分析

数字脉冲的陡峭边沿意味着高频分量多 → 占用带宽大。

🔄 举一反三

为什么在长距离传输数字信号时需要中继器？
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答案：数字信号随距离衰减且高频分量损耗严重，中继器可恢复信号波形。
解析：高频分量衰减导致信号边沿变缓，接收端难以正确判决。

MAC 层是 ______ 所特有的。 ( D )
- A. 局域网和广域网
- B. 城域网和广域网
- C. 城域网和远程网
- D. 局域网和城域网

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答案：D

解析：
在 IEEE 802 体系中，数据链路层分为 LLC 子层和 MAC 子层。MAC 子层解决共享介质的访问控制，主要用于局域网（LAN）和城域网（MAN）。

故正确答案为 D。

难度: ⭐ 考点: #MAC子层 #IEEE802

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📖 相关公式与知识点:

IEEE 802 标准将数据链路层分为 LLC（逻辑链路控制） 和 MAC（介质访问控制） 两个子层。
MAC 子层负责共享介质的访问控制（如 CSMA/CD、令牌传递）。
广域网（WAN）通常采用点对点链路，不需要 MAC 子层。

思路分析

MAC 子层解决"多站点共享同一信道"的问题，只有广播式网络（LAN/MAN）才需要。

🔄 举一反三

LLC 子层的主要作用是什么？
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答案：向网络层提供统一的接口，屏蔽不同 MAC 协议的差异。
解析：LLC 负责帧的封装与解封装、流量控制和差错控制。

纯 ALOHA 信道的最好的利用率是 ______。 ( C )
- A. $49.9\%$
- B. $36.8\%$
- C. $18.4\%$
- D. $26.0\%$

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答案：C

解析：
公式 $S = G \cdot e^{-2G}$ ，当 $$G=0.5$$ 时最大利用率为 $1/(2e) \approx 18.4\%$ 。

故正确答案为 C。

难度: ⭐⭐ 考点: #ALOHA协议

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📖 相关公式与知识点:

纯 ALOHA 吞吐量公式： $S = G \cdot e^{-2G}$ 。
当 $$G = 0.5$$ 时取得最大值 $S_{max} = 1/(2e) \approx 0.184 = 18.4\%$ 。
时隙 ALOHA： $S = G \cdot e^{-G}$ ，最大利用率 $1/e \approx 36.8\%$ 。

思路分析

纯 ALOHA 的冲突窗口是时隙 ALOHA 的两倍，因此最大利用率只有后者的一半。

🔄 举一反三

时隙 ALOHA 的最大信道利用率是多少？
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答案： $1/e \approx 36.8\%$ 。
解析：时隙 ALOHA 将时间划分为离散时隙，冲突窗口减半，利用率翻倍。

在纯 ALOHA 系统中，$S$ 是每帧时间吞吐量，$G$ 是每帧时间的负载。下列情况中，只有 ______ 是可能出现的。 ( B )
- A. $$S > 1, G > S$$
- B. $$0 < S < 1, G > S$$
- C. $$S > 1, G = S$$
- D. $$0 < S < 1, G < S$$

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答案：B

解析：
负载 $$G$$ 包含重传，必有 $$G > S$$ 。吞吐量 $$S$$ 无法超过 $$1$$ 。

故正确答案为 B。

难度: ⭐⭐ 考点: #ALOHA协议

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📖 相关公式与知识点:

吞吐量 $$S$$ 表示成功传输的帧速率（归一化）， $0 \le S \le 1$ 。
负载 $$G$$ 包含新帧和重传帧，必有 $G \ge S$ 。
当冲突严重时， $$G$$ 远大于 $$S$$ 。

思路分析

$$S$$ 不可能超过 1（信道容量上限），且由于冲突存在， $$G$$ 必然大于 $$S$$ 。

🔄 举一反三

在纯 ALOHA 中，当 $$G = 1$$ 时，吞吐量 $$S$$ 约为多少？
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答案： $S = 1 \cdot e^{-2} \approx 0.135 = 13.5\%$ 。
解析：代入公式 $S = G \cdot e^{-2G}$ 计算即可。

CSMA 的非坚持协议中，当站点侦听到总线媒体空闲时，它是 ______。 ( B )
- A. 以概率 P 传送
- B. 马上传送
- C. 以概率 (1-P) 传送
- D. 以概率 P 延迟一个时间单位后传送

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答案：B

解析：
非坚持 CSMA：空闲立即发，忙时随机等。

故正确答案为 B。

难度: ⭐ 考点: #CSMA协议

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📖 相关公式与知识点:

非坚持 CSMA：空闲立即发，忙时随机等。
1-坚持 CSMA：空闲立即发，忙时持续监听直到空闲立即发。
p-坚持 CSMA：空闲以概率 $$p$$ 发送，以概率 $$1-p$$ 延迟。

思路分析

非坚持策略减少了冲突概率，但可能浪费信道空闲时间。

🔄 举一反三

1-坚持 CSMA 协议中，当站点侦听到信道空闲时，它会怎么做？
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答案：立即发送数据。
解析：1-坚持策略以概率 1 发送，信道利用率高但冲突概率也高。

在 CSMA 的非坚持协议中，当媒体忙时，则 ______ 直到媒体空闲。 ( C )
- A. 延迟一个固定的时间单位再侦听
- B. 继续侦听
- C. 延迟一个随机的时间单位再侦听
- D. 放弃侦听

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答案：C

解析：
媒体忙时，随机退避一段时间后再次尝试。

故正确答案为 C。

难度: ⭐ 考点: #CSMA协议

💡 学习锦囊

📖 相关公式与知识点:

非坚持 CSMA 在信道忙时的策略：随机退避，而非持续监听。
随机退避降低了多个站点同时等待后同时发送的冲突概率。

思路分析

"非坚持"的核心就是"不持续监听"，忙时放弃监听，随机等待后再尝试。

🔄 举一反三

CSMA/CD 协议相比 CSMA 增加了什么功能？
查看练习答案与解析
答案：冲突检测（Collision Detection）。
解析：CSMA/CD 在发送过程中持续监听信道，一旦检测到冲突立即停止发送。

在总线形的 LAN 中，______ 媒体访问控制协议适合于优先级网络。 ( D )
- A. 纯 ALOHA
- B. 开槽 ALOHA
- C. CSMA/CD
- D. Token Bus

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答案：D

解析：
令牌总线协议支持 4 个确定性的优先级分类。

故正确答案为 D。

难度: ⭐⭐ 考点: #TokenBus

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📖 相关公式与知识点:

令牌总线（Token Bus，IEEE 802.4）：物理上是总线拓扑，逻辑上是令牌环。
支持 4 个优先级（0, 2, 4, 6），高优先级可获得更多带宽。
CSMA/CD 不支持优先级机制。

思路分析

令牌传递协议天然支持优先级调度，因为令牌持有时间可按优先级分配。

🔄 举一反三

令牌环（Token Ring）标准对应的 IEEE 规范是什么？
查看练习答案与解析
答案：IEEE 802.5。
解析：IEEE 802.4 是令牌总线，IEEE 802.5 是令牌环。

在局域网中，参数 $a$ 的定义是 ______。 ( C )
- A. 传播速度 / 传输距离
- B. 传输时间 / 传播时间
- C. 传播时间 / 传输时间
- D. 帧长度 / 数据率

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答案：C

解析：
$$a = au / T_0$$ 。即物理传播时间除以帧传输时间。

故正确答案为 C。

难度: ⭐⭐ 考点: #局域网参数

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📖 相关公式与知识点:

参数 $a = \tau / T_0$ ，其中 $\tau$ 为传播时延（传播时间）， $$T_0$$ 为帧传输时间。
$$a$$ 越小，信道利用率越高； $$a$$ 越大，冲突检测越困难。
$$T_0 = L / R$$ （帧长 / 数据率）， $\tau = d / v$ （距离 / 传播速度）。

思路分析

$$a$$ 反映了传播时延与传输时延的比值，是衡量局域网性能的关键参数。

🔄 举一反三

若局域网距离增加一倍，参数 $$a$$ 如何变化？
查看练习答案与解析
答案： $$a$$ 增大一倍。
解析： $a = \tau / T_0$ ，距离加倍则 $\tau$ 加倍， $$a$$ 也加倍。

在 CSMA/CD 协议中，接收站是通过帧格式中的 ______ 了解到一帧的结束。 ( B )
- A. 结束界定符 ED
- B. 帧长度 LEN
- C. 向量长度 VL
- D. 帧序列结尾 FCS

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答案：B

解析：
通过 IEEE 802.3 帧中的 Length 字段获知帧的真实字节长度。

故正确答案为 B。

难度: ⭐⭐ 考点: #CSMA/CD

💡 学习锦囊

📖 相关公式与知识点:

IEEE 802.3 帧格式中，Length（长度） 字段指示数据字段的字节数。
接收站通过 Length 字段确定帧的结束位置。
注意与以太网 II 帧格式的区别：以太网 II 使用 Type 字段。

思路分析

IEEE 802.3 标准帧通过 Length 字段告知帧长，接收方据此判断帧结束。

🔄 举一反三

以太网 II 帧格式中，Length/Type 字段的值大于 1536 时表示什么？
查看练习答案与解析
答案：表示上层协议类型（Type），而非长度。
解析：以太网 II 帧中该字段为 Type，IEEE 802.3 帧中为 Length。

传输中的突发错误是由 ______ 产生的。 ( B )
- A. 热噪声
- B. 冲击噪声
- C. 白噪声
- D. 随机噪声

查看答案与解析

答案：B

解析：
冲击噪声具有突发脉冲特性，引起突发差错。

故正确答案为 B。

难度: ⭐ 考点: #冲击噪声

💡 学习锦囊

📖 相关公式与知识点:

热噪声（白噪声）：由电子热运动产生，持续存在，幅度小，引起随机单比特错误。
冲击噪声：由外部电磁干扰（如雷电、电机启动）产生，突发性强，引起连续多比特错误（突发错误）。

思路分析

突发错误 = 连续多个比特出错，对应冲击噪声的脉冲特性。

🔄 举一反三

在数据通信中，哪种噪声主要引起随机独立比特错误？
查看练习答案与解析
答案：热噪声（白噪声）。
解析：热噪声持续且幅度小，通常只影响单个比特。

在奇偶校验中，对长度大于 1 的突发差错漏检率最高的是 ______。 ( A )
- A. 垂直奇偶校验
- B. 水平奇偶校验
- C. 水平垂直奇偶校验
- D. 纵横奇偶校验

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答案：A

解析：
垂直校验无法防范字符内的偶数位差错，漏检率约为 $50\%$ 。

故正确答案为 A。

难度: ⭐⭐ 考点: #奇偶校验

💡 学习锦囊

📖 相关公式与知识点:

垂直奇偶校验：每字符单独校验，对偶数位差错漏检率约 50%。
水平奇偶校验：对一组字符的同一位进行校验，可检出所有奇数位突发错误。
水平垂直奇偶校验：结合两者，检错能力最强。

思路分析

垂直校验只检查单个字符内的奇偶性，偶数个比特翻转时校验位不变 → 漏检。

🔄 举一反三

水平垂直奇偶校验能检出所有几位以下的错误？
查看练习答案与解析
答案：3 位及以下的错误均可检出。
解析：水平垂直校验形成二维校验矩阵，任何 3 位及以下的错误都会导致某行或某列校验失败。

为了避免传输中帧的消失，数据链路层采用了 ______ 方法。 ( D )
- A. 发送帧编上序号
- B. 循环冗余码
- C. 海明码
- D. 计时器超时重发

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答案：D

解析：
数据链路层使用超时重传（计时器机制）解决帧丢失的问题。

故正确答案为 D。

难度: ⭐ 考点: #差错控制 #超时重发

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📖 相关公式与知识点:

帧丢失的常见原因：噪声干扰导致帧损坏被丢弃、接收方缓冲区溢出。
解决帧丢失的核心机制：超时重传（Timer + Retransmission）。
发送方每发一帧启动定时器，超时未收到确认则重传。

思路分析

序号用于去重，CRC 用于检错，超时重传才是解决帧丢失的根本方法。

🔄 举一反三

在停止-等待协议中，如果确认帧（ACK）丢失会发生什么？
查看练习答案与解析
答案：发送方超时后重传数据帧，接收方通过序号识别重复帧并丢弃。
解析：超时重传机制同时解决了数据帧丢失和确认帧丢失的问题。

起止式异步规程的信道的有效利用率最大为 ______。 ( C )
- A. $50\%$
- B. $70\%$
- C. $80\%$
- D. $90\%$

查看答案与解析

答案：C

解析：
经典起止式采用 8位数据+1起始+1停止=10位，最大效率为 $8/10 = 80\%$ 。

故正确答案为 C。

难度: ⭐ 考点: #异步传输

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📖 相关公式与知识点:

起止式异步传输每字符 = 1 起始位 + 8 数据位 + 1 停止位 = 10 位。
信道利用率 = 数据位 / 总位数 = $8/10 = 80\%$ 。
起始位和停止位是开销，用于字符同步。

思路分析

利用率 = 有效数据位数 ÷ 总传输位数，起始位和停止位属于开销。

🔄 举一反三

若起止式异步传输采用 7 位数据位、1 位奇偶校验位，信道利用率是多少？
查看练习答案与解析
答案： $7/11 \approx 63.6\%$ 。
解析：总位数 = 1 起始 + 7 数据 + 1 校验 + 1 停止 = 11 位，有效数据 7 位。

某面向比特同步规程的帧数据段中出现位串 0100000011111101111110，比特填充后输出是 ______。 ( A )
- A. 010000001111101011111010
- B. 0100000011110101011110110
- C. 01000000111110101111110
- D. 010000010111110101111110

查看答案与解析

答案：A

解析：
比特填充规则：连续 5 个 1 之后强制插入一个 0。原串：01000000 + 11111 + 1 + 0 + 11111 + 1 + 0 填充后：01000000 + 1111101 + 0 + 1111101 + 0。

故正确答案为 A。

难度: ⭐⭐ 考点: #比特填充 #HDLC

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📖 相关公式与知识点:

比特填充（Bit Stuffing）：发送方在连续 5 个"1"后自动插入一个"0"。
接收方在连续 5 个"1"后自动删除紧跟的"0"。
用于实现数据透明传输，防止数据中的比特模式与帧标志（01111110）混淆。

思路分析

逐位扫描，每遇到连续 5 个 1 就插入一个 0，注意插入的 0 不计入后续的 1 的计数。

🔄 举一反三

HDLC 协议的帧标志（Flag）的比特模式是什么？
查看练习答案与解析
答案：01111110（0x7E）。
解析：标志字段用于帧定界，比特填充确保数据部分不会出现此模式。

当网络以一个报文为单位进行存储-转发的是 ______。 ( B )
- A. 电路交换
- B. 报文交换
- C. 虚电路交换
- D. 数据报交换

查看答案与解析

答案：B

解析：
报文交换以“报文”作为独立交换单元。

故正确答案为 B。

难度: ⭐ 考点: #交换技术

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📖 相关公式与知识点:

电路交换：建立专用物理通路，以比特流为单位。
报文交换：以完整报文为单位进行存储-转发。
分组交换：将报文分割为分组（数据报或虚电路），以分组为单位。

思路分析

三种交换技术的交换粒度不同：电路交换（比特流）< 分组交换（分组）< 报文交换（报文）。

🔄 举一反三

分组交换相比报文交换的主要优势是什么？
查看练习答案与解析
答案：减小转发时延，提高链路利用率。
解析：分组交换将大报文拆分为小分组，可流水线式转发，无需等待整个报文收完。

报文的内容不按顺序到达目的结点的是 ______ 方式。 ( D )
- A. 电路交换
- B. 报文交换
- C. 虚电路交换
- D. 数据报交换

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答案：D

解析：
数据报（分组交换的一种形式）每个分组独立寻址，可能乱序到达。

故正确答案为 D。

难度: ⭐ 考点: #数据报服务

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📖 相关公式与知识点:

数据报服务：无连接，每个分组独立路由，可能乱序到达。
虚电路服务：面向连接，所有分组沿同一路径传输，按序到达。
数据报方式健壮性好（节点故障可绕行），虚电路方式服务质量有保障。

思路分析

"不按顺序到达"是数据报服务的典型特征，因为每个分组独立选择路由。

🔄 举一反三

虚电路交换中，分组是否可能乱序到达？
查看练习答案与解析
答案：不会。
解析：虚电路建立后，所有分组沿固定路径传输，严格按序到达。

桥接器是用于 ______ 的。 ( C )
- A. 运输层
- B. 网络层
- C. 局域网
- D. 广域网

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答案：C

解析：
网桥（桥接器）在数据链路层互连局域网（LAN）。

故正确答案为 C。

难度: ⭐ 考点: #网络设备 #网桥

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📖 相关公式与知识点:

网桥（Bridge）：工作在数据链路层，用于连接两个局域网（LAN）。
网桥根据 MAC 地址转发帧，可隔离冲突域。
交换机本质上是多端口网桥。

思路分析

网桥/桥接器的核心应用场景是局域网互连，工作在第二层。

🔄 举一反三

网桥和路由器在工作层次上有什么区别？
查看练习答案与解析
答案：网桥工作在数据链路层（L2），路由器工作在网络层（L3）。
解析：网桥基于 MAC 地址转发，路由器基于 IP 地址转发。

为了使两个采用不同高层协议的主机能通信，在两个网络之间要采用 ______。 ( C )
- A. 协议转换器
- B. 桥接器
- C. 网关
- D. 路由器

查看答案与解析

答案：C

解析：
网关用于在传输层及以上进行高层协议转换。

故正确答案为 C。

难度: ⭐ 考点: #网关

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📖 相关公式与知识点:

网关（Gateway）：工作在传输层及以上，用于连接不同高层协议的网络。
网关实现协议转换，是连接异构网络的关键设备。
路由器连接同构网络（都使用 TCP/IP），网关连接异构网络（如 TCP/IP 与 SNA）。

思路分析

不同高层协议 → 需要高层协议转换 → 网关。

🔄 举一反三

默认网关（Default Gateway）通常指什么设备？
查看练习答案与解析
答案：路由器。
解析：在 TCP/IP 网络中，"默认网关"通常指连接本地网络到外部网络的路由器接口。

X.25 的分组序列在分割时，______ 是允许的。 ( B )
- A. B 类分组分割成 B 类分组和 A 类分组
- B. B 类分组分割成 A 类分组和 B 类分组
- C. A 类分组分割成 A 类分组和 B 类分组
- D. A 类分组分割成 B 类分组和 A 类分组

查看答案与解析

答案：B

解析：
X.25 中，A 类（ $$M=1$$ ）为中间片，B 类（ $$M=0$$ ）为最后片。分割最后片（B 类）时，前部为 A 类，尾部保留 B 类。

故正确答案为 B。

难度: ⭐⭐⭐ 考点: #X.25协议 #分组分割

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📖 相关公式与知识点:

X.25 分组中，M 位（More bit） 用于标识分组序列：
- $$M=1$$ （A 类）：后面还有后续分组。
- $$M=0$$ （B 类）：这是最后一个分组。
分割时，只有最后一个分组（B 类）可以被进一步分割。

思路分析

分割 B 类分组时，前部变为 A 类（ $$M=1$$ ），尾部保持 B 类（ $$M=0$$ ）。

🔄 举一反三

在 X.25 协议中，M 位的作用是什么？
查看练习答案与解析
答案：标识一个完整报文的分组序列是否结束。
解析： $$M=1$$ 表示还有后续分组， $$M=0$$ 表示当前分组是最后一个。

网络服务分为 A 型、B 型和 C 型，它们分类的主要依据是 ______。 ( C )
- A. 网络传输的范围
- B. 网络传输的速度
- C. 网络服务的差错率
- D. 网络所采用的协议

查看答案与解析

答案：C

解析：
OSI 传输层根据底层网络提供的错误率指标，将网络服务划分为 A、B、C 三类。

故正确答案为 C。

难度: ⭐⭐ 考点: #服务类型分类

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📖 相关公式与知识点:

OSI 将网络服务按差错率分为三类：
- A 型：可接受的残留差错率和可接受的可通告差错率（近乎完美）。
- B 型：可接受的残留差错率但不可接受的可通告差错率（如 X.25）。
- C 型：不可接受的残留差错率（完全不可靠，如纯数据报网络）。

思路分析

分类依据是底层网络的差错特性，决定了传输层需要提供何种程度的可靠性保障。

🔄 举一反三

在 C 型网络服务上，传输层必须提供什么功能？
查看练习答案与解析
答案：完整的差错恢复和重传机制。
解析：C 型网络完全不可靠，传输层必须自行保证数据的可靠交付。

信用量方案中，TPDU 的确认和信用量是 ______。 ( D )
- A. 同一个参数
- B. 从信用量可推算到确认
- C. 从确认可推算出信用量
- D. 两个互不相干的参数

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答案：D

解析：
在 OSI 传输协议的信用量流控机制中，**数据确认（Acknowledgment）与信用量授权（Credit）**是完全独立的两个概念：

确认负责可靠性交付，告知发送方哪些数据已安全抵达；
信用量 负责流量控制，告知发送方接收端当前尚余多少可用缓存。

因此，它们是两个独立的、互不相干的参数。

故正确答案为 D。

难度: ⭐⭐⭐ 考点: #流量控制 #信用量机制

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📖 相关公式与知识点:

确认（ACK）：告知发送方数据已正确接收，用于可靠性保证。
信用量（Credit）：告知发送方接收方还有多少可用缓存，用于流量控制。
两者在 OSI 传输协议中是独立的参数，分别管理可靠性和流控。

思路分析

确认解决"数据到了没"，信用量解决"还能发多少"，两者互不依赖。

🔄 举一反三

TCP 协议中，确认号和窗口大小是否也是独立的？
查看练习答案与解析
答案：是独立的。
解析：TCP 首部中确认号（32位）和窗口大小（16位）是两个独立字段，分别用于可靠传输和流量控制。

三次握手是用于 ______。 ( A )
- A. 运输连接的建立
- B. 流量控制
- C. 重复检测
- D. 重传检测

查看答案与解析

答案：A

解析：
三次握手确保 TCP 建立可靠的双向通信链路。

故正确答案为 A。

难度: ⭐ 考点: #三次握手 #连接建立

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📖 相关公式与知识点:

三次握手（Three-Way Handshake）：TCP 建立连接的过程。
- 第一次：客户端 → 服务器 SYN（同步序号）。
- 第二次：服务器 → 客户端 SYN + ACK。
- 第三次：客户端 → 服务器 ACK。
三次握手确保双方收发能力正常，防止历史连接初始化。

思路分析

三次握手用于运输层连接的建立，不是流量控制或重传检测。

🔄 举一反三

TCP 断开连接需要几次交互？
查看练习答案与解析
答案：四次（四次挥手）。
解析：TCP 是全双工的，每个方向需要单独关闭，因此需要 FIN + ACK 共四次交互。

二、填空题（本大题共 15 小题，每小题 1 分，共 15 分）

OSI 模型有 ______、运输层、会话层、表示层和应用层七个层次。

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答案：物理层、数据链路层、网络层

解析：
OSI（开放系统互连）参考模型从下至上共分为七个层次：

物理层
数据链路层
网络层
运输层
会话层
表示层
应用层

难度: ⭐
考点: #OSI模型 #OSI七层架构

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📖 相关公式与知识点:

牢记七层模型的顺序。

🔄 举一反三

OSI 模型中负责路由选择的层次是哪一层？
查看练习答案与解析
答案：网络层。
解析：网络层负责分组的路由选择和转发。

在层次结构模型中，当发送方从上到下逐层传递时，每层都要加上 ______。

查看答案与解析

答案：控制信息（或称首部 / 头部）

解析：
当发送方产生数据并逐层向下传递时，每一层协议实体都会在上一层传下来的数据单元（SDU）前加上本层的控制信息（Protocol Control Information, PCI），从而封装成该层的协议数据单元（PDU）。

难度: ⭐
考点: #数据封装 #PCI

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📖 相关公式与知识点:

$$PDU = SDU + PCI$$

🔄 举一反三

在接收方，数据从下往上逐层传递时，每层会做什么操作？
查看练习答案与解析
答案：去掉本层的控制信息（首部），将剩余数据上交上一层。
解析：接收方逐层解封装，每层剥离本层的 PCI，还原 SDU 上交。

同轴电缆的端点都装有端接器，它的作用是 ______。

查看答案与解析

答案：吸收反射电磁波，防止信号反射干扰

解析：
在总线拓扑中，电磁信号到达物理介质末端时会发生反射，反射波会对后续正常信号产生严重叠加干扰。端接器（Terminator） 实质是一个匹配电阻，负责吸收这部分剩余能量。

难度: ⭐⭐ 考点: #物理层介质 #同轴电缆

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📖 相关公式与知识点:

端接器实质是一个匹配电阻（通常 50Ω），阻值等于电缆特性阻抗。
若无端接器，信号在末端反射形成驻波，严重干扰正常通信。

思路分析

端接器 = 吸收能量 + 防止反射，是总线拓扑的必要组件。

🔄 举一反三

在 10BASE-2 细同轴电缆以太网中，若缺少端接器会有什么现象？
查看练习答案与解析
答案：网络通信异常，大量冲突和丢包。
解析：信号反射导致接收端无法正确解码，冲突检测机制频繁触发。

在星形拓扑中，网络中节点间的通信都要通过 ______。

查看答案与解析

答案：中央节点（如集线器或交换机）

解析：
星型拓扑以中央节点为中心，其他各个站点通过点对点链路与中央节点互连。所有数据的转发与路由必须经过中央节点的处理与分发。

难度: ⭐ 考点: #网络拓扑 #星型拓扑

💡 学习锦囊

📖 相关公式与知识点:

星型拓扑的优点：易于管理和维护，单点故障不影响其他站点。
星型拓扑的缺点：中央节点故障会导致全网瘫痪。

思路分析

星型拓扑中所有通信必须经过中央节点，中央节点是全网的核心。

🔄 举一反三

星型拓扑中，若某条链路断开，会影响其他站点的通信吗？
查看练习答案与解析
答案：不会。
解析：星型拓扑中每个站点通过独立链路连接中央节点，单条链路故障只影响该站点。

常用的多路复用技术是 ______ 两种。

查看答案与解析

答案：频分多路复用（FDM）和时分多路复用（TDM）

解析：
为了提高信道利用率，常用的多路复用技术包括：

频分多路复用 (FDM)：按频率划分子信道。
时分多路复用 (TDM)：按时间片轮流占用信道。

难度: ⭐ 考点: #多路复用

💡 学习锦囊

📖 相关公式与知识点:

FDM（频分多路复用）：将信道带宽划分为多个子频带，每个用户独占一个频段。
TDM（时分多路复用）：将时间划分为固定时隙，每个用户轮流占用信道。
此外还有 WDM（波分多路复用） 和 CDMA（码分多址）。

思路分析

FDM 按频率分，TDM 按时间分，是最基础的两种复用技术。

🔄 举一反三

光纤通信中常用的多路复用技术是什么？
查看练习答案与解析
答案：波分多路复用（WDM）。
解析：WDM 是 FDM 在光纤上的变体，利用不同波长的光在同一光纤中传输。

计算机网络中常用的三种有线媒体是 ______。

查看答案与解析

答案：双绞线、同轴电缆、光纤

解析：
导引型（有线）传输媒体最核心的三种是：双绞线（以太网常用）、同轴电缆（早起总线或有线电视）、光纤（高速长距传输）。

难度: ⭐ 考点: #传输介质

💡 学习锦囊

📖 相关公式与知识点:

双绞线：成本低，易安装，适合短距离（100m 内），如以太网。
同轴电缆：抗干扰较好，适合中距离，如有线电视。
光纤：带宽极大，抗干扰最强，适合长距离高速传输。

思路分析

三种有线介质按性能和成本递增：双绞线 < 同轴电缆 < 光纤。

🔄 举一反三

光纤相比双绞线的主要优势是什么？
查看练习答案与解析
答案：带宽大、传输距离远、抗电磁干扰。
解析：光纤利用光信号传输，不受电磁干扰，单模光纤传输距离可达数十公里。

令牌总线对最小的分组长度 ______ 要求。

查看答案与解析

答案：没有

解析：
在 CSMA/CD（以太网）中为了保证冲突检测设置了最小帧长限制；而令牌总线（Token Bus）依靠逻辑令牌避免碰撞，故在协议层面对最小帧长度没有强制约束。

难度: ⭐⭐
考点: #TokenBus #帧长度

💡 学习锦囊

📖 相关公式与知识点:

CSMA/CD 需要最小帧长保证冲突检测： $L_{min} \ge 2\tau \cdot R$ 。
令牌总线通过令牌传递避免冲突，无需最小帧长限制。

思路分析

有冲突检测 → 需要最小帧长；无冲突（令牌）→ 不需要。

🔄 举一反三

以太网（CSMA/CD）中最小帧长是多少字节？
查看练习答案与解析
答案：64 字节。
解析：64 字节 = 512 比特，在 10Mbps 下传输时间为 51.2μs，足以在 2500m 范围内检测冲突。

在 $$n$$ 个站中只有单个站要传输时，______ 的效率最低。

查看答案与解析

答案：令牌传递协议（如令牌总线 / 令牌环）

解析：
当网络负载极轻（仅单个站发送）时，随机竞争协议（如 ALOHA）可以立即发送；而令牌传递协议仍必须在逻辑环中不断传递空令牌，浪费了大量的令牌巡检周期时间，因此效率最低。

难度: ⭐⭐
考点: #MAC协议效率

💡 学习锦囊

📖 相关公式与知识点:

轻负载下：竞争协议（ALOHA、CSMA）效率高，令牌协议效率低（令牌传递开销）。
重负载下：令牌协议效率高（无冲突），竞争协议效率低（冲突增多）。

思路分析

单站发送时令牌仍需在环中空转一圈，这是纯开销。

🔄 举一反三

在重负载（所有站点都有数据要发）情况下，哪种 MAC 协议效率最高？
查看练习答案与解析
答案：令牌传递协议。
解析：重负载下竞争协议冲突严重，令牌协议无冲突，信道利用率接近 100%。

数据链路层的功能是帧同步，差错控制、______ 和链路管理。

查看答案与解析

答案：流量控制

解析：
数据链路层的主要功能通常包括：成帧（帧同步）、差错控制（检错纠错）、流量控制（匹配收发双方速度）和链路管理。

难度: ⭐
考点: #数据链路层功能

💡 学习锦囊

📖 相关公式与知识点:

数据链路层四大功能：帧同步（成帧）、差错控制、流量控制、链路管理。
流量控制防止发送方速率超过接收方处理能力。

思路分析

数据链路层 = 帧的可靠传输，流量控制是其中关键一环。

🔄 举一反三

数据链路层的流量控制和传输层的流量控制有什么区别？
查看练习答案与解析
答案：数据链路层控制相邻节点间的帧流量，传输层控制端到端的报文流量。
解析：范围不同——链路层是逐跳的，传输层是端到端的。

ASCII 码的水平奇偶校验（7 位信息位）能校验出 ______ 位的所有突发错误。

查看答案与解析

答案：奇数

解析：
水平奇偶校验（LRC）是通过统计一串比特中 1 的个数是否为偶数（或奇数）。突发错误中，只要有奇数个比特发生了翻转，校验和必会发生变化，从而能被完美检出。

难度: ⭐⭐
考点: #差错编码 #水平校验

💡 学习锦囊

📖 相关公式与知识点:

奇偶校验只能检出奇数个比特错误，偶数个错误会漏检。
水平奇偶校验（LRC）对突发错误的检测能力同样遵循此规律。

思路分析

奇偶校验的本质是统计 1 的个数，奇数个翻转必然改变奇偶性。

🔄 举一反三

CRC 校验能否检出所有奇数个比特错误？
查看练习答案与解析
答案：能。
解析：若 CRC 生成多项式包含因子 $$(x+1)$$ ，则可检出所有奇数个错误。

回退 $$n$$ 帧协议的接收窗口的大小是 ______。

查看答案与解析

答案： $$1$$

解析：
回退 N 帧（Go-Back-N, GBN）协议为了保证帧的按序提交，要求接收方只接收当前期望的下一帧序号，故其接收窗口大小恒等于 1。

难度: ⭐
考点: #滑动窗口 #GBN协议

💡 学习锦囊

📖 相关公式与知识点:

GBN 协议：发送窗口 $$W_s > 1$$ ，接收窗口 $$W_r = 1$$ 。
SR 协议：发送窗口 $$W_s > 1$$ ，接收窗口 $$W_r > 1$$ 。
停止-等待协议： $$W_s = W_r = 1$$ 。

思路分析

GBN 接收方只接受按序到达的帧，所以接收窗口只能是 1。

🔄 举一反三

选择重传（SR）协议的接收窗口大小有什么限制？
查看练习答案与解析
答案： $W_r \le 2^{n-1}$ （ $$n$$ 为序号位数）。
解析：为避免新旧帧序号混淆，接收窗口不能超过序号空间的一半。

分布式路由选择的特点是定期 ______ 交换路由信息。

查看答案与解析

答案：向相邻结点

解析：
分布式路由（如距离矢量路由算法 RIP）中，路由器无需感知全局拓扑，只需定期将自己的路由表副本发送给其直接相邻的邻居节点，通过迭代收敛。

难度: ⭐
考点: #路由算法 #分布式路由

💡 学习锦囊

📖 相关公式与知识点:

分布式路由（距离矢量算法）：每个路由器只与相邻路由器交换路由信息。
集中式路由：由路由控制中心（RCC）统一计算并分发路由表。

思路分析

分布式 = 邻居间交换，逐跳扩散，最终全网收敛。

🔄 举一反三

RIP 协议属于哪种路由算法？它的最大跳数限制是多少？
查看练习答案与解析
答案：距离矢量路由算法，最大跳数 15。
解析：RIP 每 30 秒向邻居广播路由表，16 跳视为不可达。

X.25 指定了 ______ 之间的三个级别上的接口。

查看答案与解析

答案：DTE 与 DCE

解析：
X.25 规范是面向连接的分组交换网协议，它严格定义了**数据终端设备（DTE）与数据电路终接设备（DCE）**在物理层、链路层和分组层上的接口标准。

难度: ⭐
考点: #X.25 #DTE/DCE

💡 学习锦囊

📖 相关公式与知识点:

DTE（数据终端设备）：用户端设备，如计算机、终端。
DCE（数据电路终接设备）：网络端设备，如调制解调器、分组交换机。
X.25 三层：物理层（X.21）、链路层（LAPB）、分组层（PLP）。

思路分析

X.25 是 DTE 和 DCE 之间的接口标准，不是端到端协议。

🔄 举一反三

帧中继（Frame Relay）相比 X.25 简化了什么？
查看练习答案与解析
答案：取消了网络层的流量控制和差错控制，只保留数据链路层的核心功能。
解析：帧中继假设底层传输可靠（光纤），因此简化了协议层次。

C 型网络的 TPDU 是否需要重传，依赖于发送方的 ______。

查看答案与解析

答案：超时计时器

解析：
在 OSI 服务分类中，C 型网络服务具有极高的丢失与重置率（完全不可靠）。运输层在此之上通信时，只能通过发送方的**超时重传机制（Timer）**来兜底确保报文传输。

难度: ⭐⭐
考点: #传输层可靠性

💡 学习锦囊

📖 相关公式与知识点:

C 型网络：残留差错率不可接受（完全不可靠），如纯数据报网络。
传输层在 C 型网络上必须自行实现可靠性：超时重传、序号、确认。
超时计时器是判断是否需要重传的唯一依据。

思路分析

C 型网络不提供任何可靠性保障，发送方只能靠"等不到确认就重传"。

🔄 举一反三

TCP 协议中，超时重传时间（RTO）如何计算？
查看练习答案与解析
答案： $RTO = SRTT + 4 \times RTTVAR$ ，其中 SRTT 为平滑 RTT，RTTVAR 为 RTT 偏差。
解析：Jacobson 算法动态调整超时时间，适应网络延迟变化。

接口流控是指运输用户在发送数据时，要得到对方 ______ 的允许。

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答案：接收缓冲区（或可用信用量 / DCE）

解析：
接口流量控制通过在 DTE 和 DCE 之间协商窗口机制，确保发送速率不会淹没对方底层的物理硬件缓冲区或本地接入队列。

难度: ⭐⭐
考点: #流量控制

💡 学习锦囊

📖 相关公式与知识点:

接口流控发生在 DTE 和 DCE 之间，控制的是接入链路上的流量。
端到端流控发生在发送方和接收方传输层之间。
信用量机制是接口流控的常用方法。

思路分析

接口流控 = 本地接入控制，防止发送方淹没 DCE 的缓冲区。

🔄 举一反三

接口流控和端到端流控的主要区别是什么？
查看练习答案与解析
答案：接口流控控制 DTE-DCE 之间的本地流量，端到端流控控制源主机到目的主机的全程流量。
解析：接口流控是局部的（一跳），端到端流控是全局的。

三、简答题（本大题共 6 小题，每小题 6 分，共 36 分）

什么是模拟信号？什么是数字信号？数字信号如何在模拟传输系统上传输？

查看答案与解析

答案：

模拟信号：指代表消息的参数的取值在时间上是连续变化的信号（如语音、温度变化波形）。
数字信号：指代表消息的参数的取值在时间上是离散/有限状态的信号（如二进制电压脉冲）。
传输方式：数字信号无法直接在模拟信道传输，必须通过调制（Modulation）。
- 发送端：利用调制器将数字基带信号搬移到高频段，变换为适合模拟信道传输的模拟信号（如 ASK, FSK, PSK）。
- 接收端：利用解调器对模拟信号进行逆向变换，还原出原始数字比特流。

难度: ⭐⭐
考点: #信号类型 #调制解调

💡 学习锦囊

📖 相关公式与知识点:

基带传输 vs 频带传输。
调制方式：ASK（调幅）、FSK（调频）、PSK（调相）。

🔄 举一反三

调制解调器（Modem）的作用是什么？
查看练习答案与解析
答案：在发送端将数字信号调制为模拟信号，在接收端将模拟信号解调为数字信号。
解析：Modem = Modulator + Demodulator，是数字信号在模拟信道上传输的关键设备。

绘出比特流 0011001110001 的基本曼彻斯特编码波形图和差分曼彻斯特编码波形图。

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答案： 基于常见的编码定义标准：

基本曼彻斯特编码：
- 码元中间必定发生电平跳变。
- 0 对应前半周期高电平、后半周期低电平（从高到低跳变）。
- 1 对应前半周期低电平、后半周期高电平（从低到高跳变）。
差分曼彻斯特编码：
- 码元中间必定发生电平跳变（提供同步时钟）。
- 码元开始边界处：有电平跳变代表比特 0；无电平跳变代表比特 1。

波形推导图示描述（文字示意）：

原比特流：0 0 1 1 0 0 1 1 1 0 0 0 1
曼彻斯特：高低高低低高低高高低高低低高低高低高高低高低高低低高
差分曼彻斯特（假设初始电平为高）：从高跳低开始...

难度: ⭐⭐⭐
考点: #曼彻斯特编码 #基带编码

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📖 相关公式与知识点:

曼彻斯特编码效率为 50%（每个比特需要两个码元周期）。
差分曼彻斯特编码同样效率为 50%，但抗极性反转能力更强。

🔄 举一反三

为什么以太网使用曼彻斯特编码而不是 NRZ 编码？
查看练习答案与解析
答案：曼彻斯特编码自带时钟同步信号（每个码元中间都有跳变），接收方无需额外时钟线。
解析：NRZ 编码在连续相同比特时无跳变，接收方难以维持位同步。

在令牌总线中，如果一个站接收了令牌后马上崩溃，此时将发生何种情况？

查看答案与解析

答案：

直接后果：令牌将随着该站的崩溃而丢失，逻辑环内再无令牌循环，导致网络发生死锁，所有站点均无法发送数据。
恢复机制：网络协议设计有“无令牌超时定时器”。
- 当总线信道静默时间超过设定阈值后，逻辑环内地址最高的存活站点将启动“声明令牌（Claim Token）”过程。
- 站点之间通过发送特定控制帧，重新初始化网络并重建逻辑环，从而恢复生成新的有效令牌。

难度: ⭐⭐
考点: #令牌总线 #故障恢复

💡 学习锦囊

📖 相关公式与知识点:

令牌丢失是令牌传递网络中最严重的故障之一。
恢复机制：超时检测 → 声明令牌（Claim Token）→ 重新生成令牌。
地址最高的存活站点通常负责发起令牌恢复过程。

思路分析

令牌崩溃 = 令牌丢失 → 全网死锁 → 超时触发恢复 → 重新选举生成令牌。

🔄 举一反三

令牌环（Token Ring）中，如果持有令牌的站点崩溃，如何恢复？
查看练习答案与解析
答案：通过活跃监视器（Active Monitor）检测令牌丢失，超时后清除环上残留数据并重新生成令牌。
解析：令牌环有专门的监视站负责令牌维护，比令牌总线的恢复更集中化。

画示意图并说明选择重传协议的工作过程。

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答案：选择重传（Selective Repeat, SR）协议工作机制：

发送方和接收方各自维护一个窗口大小 $$W > 1$$ 的滑动窗口。
当发送方发送多帧数据，其中某帧（例如 Frame 2）丢失时：
- 接收方接收后续正确到达的无序帧（如 Frame 3, 4），将其保存在接收缓存中，而不立即向上层交付。
- 接收方向发送方返回一个 NAK 2（否定应答），明确告知 Frame 2 缺失。
发送方收到 NAK 2 后，仅重传第 2 帧，而不会像 GBN 一样重传后续所有帧。
待 Frame 2 重传成功，接收方窗口向前滑动。

难度: ⭐⭐⭐
考点: #滑动窗口 #选择重传

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📖 相关公式与知识点:

SR 协议：发送窗口和接收窗口都大于 1， $W_s = W_r \le 2^{n-1}$ 。
与 GBN 的核心区别：SR 只重传出错的帧，GBN 重传出错帧及其后续所有帧。
SR 需要接收方有足够的缓存来存储乱序到达的帧。

思路分析

SR = 选择性重传 + 乱序缓存 + 按序交付，效率高于 GBN 但实现更复杂。

🔄 举一反三

若序号字段为 3 位，SR 协议的最大发送窗口是多少？
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答案： $W_s \le 2^{3-1} = 4$ 。
解析：序号空间为 $$2^3 = 8$$ ，窗口大小不能超过一半，否则新旧帧序号可能混淆。

网络层提供的数据报服务与虚电路服务各有什么特点？

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答案：

特点维度	数据报服务（Datagram）	虚电路服务（Virtual Circuit）
连接建立	不需要，直接发送分组	必须先建立虚电路连接
路由选择	每个分组独立寻址、独立路由	所有分组沿着建立好的虚电路路径传输
顺序到达	不保证，可能乱序、丢失	严格按序到达
健壮性	某节点故障时，可动态绕行，可靠性高	路径上任一节点故障，虚电路即断开

难度: ⭐⭐
考点: #数据报 #虚电路

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📖 相关公式与知识点:

数据报服务：无连接，每个分组携带完整目的地址，独立路由。
虚电路服务：面向连接，先建立路径，分组只需携带虚电路号。
典型代表：IP 网络（数据报），ATM/X.25（虚电路）。

思路分析

数据报 = 邮政系统（每封信独立投递），虚电路 = 电话系统（先拨号建立通路）。

🔄 举一反三

互联网（Internet）采用哪种网络服务模型？
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答案：数据报服务模型。
解析：IP 协议是无连接的，每个 IP 数据报独立路由，不保证按序到达。

运输用户寻找服务进程的地址有哪 2 种方法？简述它们寻址的过程。

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答案：

名字服务器（Name Server）方法：
- 传输实体首先向全局已知的名字服务器发起查询，提供目标服务的符号名称。
- 服务器查表后返回该服务当前运行所在的 TSAP（传输层服务访问点 / 端口号）。
端口映射器（Port Mapper / 守护进程）方法：
- 在宿主机上的固定知名端口（Well-known port）运行一个目录守护进程。
- 用户首先与该守护进程连接，询问特定进程的地址。进程分配好动态端口后返回给用户。

难度: ⭐⭐
考点: #进程寻址 #TSAP

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📖 相关公式与知识点:

TSAP（传输层服务访问点）：传输层地址，即端口号。
名字服务器方法：类似 DNS，通过服务名查询端口号。
端口映射器方法：类似 Unix 的 portmapper，先连知名端口再获取动态端口。

思路分析

两种方法的本质区别：名字服务器是全局目录服务，端口映射器是本地守护进程。

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DNS 的域名解析属于哪种寻址方法？
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答案：名字服务器方法。
解析：DNS 将域名（符号名）解析为 IP 地址，是典型的全局名字服务。

四、计算题（每小题 6 分，共 18 分）

对于带宽为 $50\mathrm{kHz}$ 的信道，若有 4 种不同的物理状态来表示数据，信噪比为 20dB。问按奈奎斯特定理 $C=2H \log_2 L$ ，最大限制的数据速率是多少？按香农定理 $C=H \log_2(1+S/N)$ ，最大限制的数据速率又是多少？若上述系统的实际码元速率是 1200 波特，它的数据速率又是多少？

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答案：

按奈奎斯特定理：最大数据速率为 $200\mathrm{kbps}$ 。
按香农定理：最大数据速率约为 $332.9\mathrm{kbps}$ 。
实际码元速率下的数据速率为 $2400\mathrm{bps}$ 。

解析：

按奈奎斯特定理计算：信道带宽 $H = 50\mathrm{kHz} = 50,000\mathrm{Hz}$ ，物理状态数 $$L = 4$$ 。 $C_{max} = 2H \log_2 L = 2 \times 50,000 \times \log_2 4 = 200,000\mathrm{bps} = 200\mathrm{kbps}$
按香农定理计算：信噪比 $\mathrm{SNR_{dB}} = 20\mathrm{dB}$ ，则信号噪声功率比 $S/N = 10^{\frac{20}{10}} = 100$ 。 $C_{max} = H \log_2(1 + \frac{S}{N}) = 50,000 \times \log_2(1 + 100) \approx 50,000 \times 6.658 \approx 332,900\mathrm{bps} = 332.9\mathrm{kbps}$
实际速率计算：码元速率 $B = 1200\mathrm{Baud}$ 。 $C = B \log_2 L = 1200 \times \log_2 4 = 2400\mathrm{bps} = 2.4\mathrm{kbps}$

难度: ⭐⭐⭐
考点: #奈氏准则 #香农定理 #数据率计算

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📖 相关公式与知识点:

奈奎斯特定理： $C = 2H \log_2 L$ （无噪声信道， $$H$$ 为带宽， $$L$$ 为信号级数）。
香农定理： $C = H \log_2(1 + S/N)$ （有噪声信道）。
dB 转换： $\mathrm{SNR_{dB}} = 10 \log_{10}(S/N)$ ，即 $S/N = 10^{\mathrm{SNR_{dB}}/10}$ 。
码元速率与数据速率： $C = B \cdot \log_2 L$ （ $$B$$ 为波特率）。

思路分析

奈氏准则给出无噪声上限，香农定理给出有噪声上限，实际速率取两者中较小值。

🔄 举一反三

若信道带宽为 3kHz，信噪比为 30dB，按香农定理最大数据速率是多少？
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答案：约 30kbps。
解析： $S/N = 10^{30/10} = 1000$ ， $C = 3000 \times \log_2(1001) \approx 3000 \times 9.97 \approx 29.9\mathrm{kbps}$ 。

一组 $$n$$ 个站共享 $56\mathrm{kbps}$ 的纯 ALOHA 信道，每个站以平均 100 秒输出一个 1000 位的帧，而不管前面的帧发送出去没有（即站有缓冲）。 $$N$$ 的最大值是多少？

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答案： $$N$$ 的最大值是 $$1030$$ 。

解析：

纯 ALOHA 的最大信道利用率（吞吐量上限）： $S_{max} = \frac{1}{2e} \approx 0.184$
信道可承载的最大有效比特率： $R_{max} = 56,000\mathrm{bps} \times 0.184 = 10,304\mathrm{bps}$
每个站点的平均生成速率： $r = \frac{1000\mathrm{比特}}{100\mathrm{秒}} = 10\mathrm{bps}$
根据守恒限制建立不等式： $N \times r \le R_{max} \implies 10N \le 10,304 \implies N \le 1030.4$

因此， $$N$$ 的最大整数取值为 $$1030$$ 。

难度: ⭐⭐⭐
考点: #ALOHA吞吐量 #容量计算

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📖 相关公式与知识点:

纯 ALOHA 最大吞吐量： $S_{max} = 1/(2e) \approx 0.184$ 。
时隙 ALOHA 最大吞吐量： $S_{max} = 1/e \approx 0.368$ 。
容量计算： $N \cdot r \le R \cdot S_{max}$ ，其中 $$r$$ 为单站速率， $$R$$ 为信道速率。

思路分析

先算信道有效容量（ $R \times S_{max}$ ），再除以单站速率即得最大站数。

🔄 举一反三

若将上题改为时隙 ALOHA， $$N$$ 的最大值是多少？
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答案：约 2060。
解析：时隙 ALOHA 的 $S_{max} = 0.368$ ， $R_{max} = 56000 \times 0.368 = 20608\mathrm{bps}$ ， $N = 20608/10 \approx 2060$ 。

若生成多项式为 $$X^3+X^2+1$$ ，信息位多项式为 $$X^7+X^5+1$$ ，则 CRC 码的冗余多项式是什么？

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答案： CRC 冗余多项式为 $$X$$ （二进制序列为 010）。

解析：

写出信息多项式的二进制序列 $$M(X)$$ ：由 $$X^7+X^5+1$$ 得：10100001。
确定需要追加的 0 的位数 $$r$$ ：由生成多项式 $$G(X) = X^3+X^2+1$$ 可知，最高阶数 $$r = 3$$ 。在 $$M(X)$$ 后追加 3 个 0 得到：10100001000。
进行模 2 除法运算：用 10100001000 除以 1101（对应多项式 $X^3+X^2+1$）。模 2 除法中不借位，只执行逻辑异或（XOR）运算。推导过程（位长除法）：
- 10100 XOR 1101 = 0111 (余 111)
- 补 0 -> 1110 XOR 1101 = 0011 (余 11)
- 补 00 -> 1100 XOR 1101 = 0001 (余 1)
- 补 100 -> 10100 XOR 1101 = 0111 (余 111)
- 补 0 -> 1110 XOR 1101 = 0011 (余 11)
- 补 0 -> 110 (除尽，不再降位) 最终计算得出二进制余数结果为 010。
转换成多项式形式：余数序列 010 对应的多项式即为 $$X$$ 。

难度: ⭐⭐⭐
考点: #CRC校验 #模2除法

💡 学习锦囊

📖 相关公式与知识点:

CRC 编码步骤：
1. 信息多项式 $$M(X)$$ 左移 $$r$$ 位（ $$r$$ 为生成多项式阶数）： $M(X) \cdot X^r$ 。
2. 模 2 除法： $[M(X) \cdot X^r] \div G(X)$ ，得余数 $$R(X)$$ 。
3. 发送多项式： $T(X) = M(X) \cdot X^r + R(X)$ 。
模 2 除法：不借位，用 XOR 代替减法。

思路分析

CRC 冗余码 = 信息位后补 $$r$$ 个 0 再除以生成多项式所得的余数。

🔄 举一反三

若生成多项式为 $$X^4+X+1$$ ，信息位为 1101011011，求 CRC 冗余码。
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答案：1110。
解析： $$r=4$$ ，信息位后补 4 个 0 得 11010110110000，除以 10011（ $$X^4+X+1$$ ），余数为 1110。

《计算机网络》期末试卷 (精选09) ​

一、单项选择题（在每小题的四个备选答案中，选出一个正确的答案，并将其序号填在题干后的括号内。每小题 1 分，共 31 分） ​

二、填空题（本大题共 15 小题，每小题 1 分，共 15 分） ​

三、简答题（本大题共 6 小题，每小题 6 分，共 36 分） ​

四、计算题（每小题 6 分，共 18 分） ​

《计算机网络》期末试卷 (精选09)

一、单项选择题（在每小题的四个备选答案中，选出一个正确的答案，并将其序号填在题干后的括号内。每小题 1 分，共 31 分）

二、填空题（本大题共 15 小题，每小题 1 分，共 15 分）

三、简答题（本大题共 6 小题，每小题 6 分，共 36 分）

四、计算题（每小题 6 分，共 18 分）