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