计算机学科专业基础综合计算机网络数据链路层二.docx

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计算机学科专业基础综合计算机网络数据链路层二

计算机学科专业基础综合计算机网络-数据链路层

（二）

（总分：

82.00，做题时间：

90分钟）

一、{{B}}单项选择题{{/B}}（总题数：

2，分数：

55.00）

采用滑动窗口机制对两个相邻结点A（发送方）和B（接收方）的通信过程进行流量控制。

假定帧序号长度为3，发送窗口和接收窗口的大小都是7。

当A发送了编号为0、1、2、3这4个帧后，而B接收了这4个帧，但仅应答了0、1两个帧，此时发送窗口将要发送的帧序号为______，接收窗口的上边界对应的帧序号为______；若滑动窗口机制采用选择重传协议来进行流量控制，则允许发送方在收到应答之前连续发出多个帧。

若帧的序号长度为k比特，那么窗口的大小W______2k-1；若滑动窗口机制采用后退N帧协议来进行流量控制，则允许发送方在收到应答之前连续发出多个帧。

若帧的序号长度为k比特，那么发送窗口的大小W最大为______。

（分数：

41.00）

（1）.

∙A.2

∙B.3

∙C.4

∙D.5

（分数：

1.00）

 A.

 B.

 C. √

 D.

解析：

（2）.

∙A.0

∙B.2

∙C.3

∙D.4

（分数：

1.00）

 A.

 B.

 C.

 D. √

解析：

（3）.

∙A.＜

∙B.＞

∙C.≥

∙D.≤

（分数：

1.00）

 A.

 B.

 C.

 D. √

解析：

（4）.

∙A.2k-1

∙B.2k

∙C.2k-1

∙D.2k-1

（分数：

1.00）

 A.

 B.

 C.

 D. √

解析：

[解析]

（1）发送窗口大小为7意味着发送方在没有收到确认之前可以连续发送7个帧，由于发送方A已经发送了编号为0～3的4个帧，所以下一个帧将是编号为4的帧。

（2）接收窗口的大小也为7，当接收方接收了编号为0～3的帧后，滑动窗口准备接收编号为4、5、6、7、0、1、2的帧，因此接收窗口的上边界对应的帧序号为4。

需要注意的是，在接收端只要收到的数据帧的发送信号落入接收窗口内，窗口就会前移一个位置，并不是说一定要等到应答接收窗口才移动，应答其实影响的应该是发送窗口，发送方收到了应答后才滑动发送窗口（不少考生认为此题帧3和帧4没有应答，就不应该滑动，导致此题误选B。

注：

一般不予以说明，窗口的上边界是下一个期望序列号expectedSeq；下边界是起始序列号startSeq。

（3）当帧的序号长度为k比特时，对于选择重传协议，为避免接收端向前移动窗口后，新的窗口与旧的窗口产生重叠，接收窗口的最大尺寸应该不超过序列号范围的一半（参考知识点扩展与深度总结），即WR≤2k-1。

（4）2k-1。

所以选

（1）C、

（2）D、（3）D、（4）D。

（5）.采用HDLC传输比特串011111111000001，在比特填充后输出为______。

∙A.0111110111000001

∙B.0101111111000001

∙C.0111101111000001

∙D.0111111011000001

（分数：

1.00）

 A. √

 B.

 C.

 D.

解析：

[解析]HDLC数据帧以位模式01111110标识每个帧的开始和结束，因此在帧数据中凡是出现了5个连续的位“1”时，就会在输出的位流中填充一个“0”。

（6）.数据链路层提供的3种基本服务不包括______。

∙A.无确认的无连接服务

∙B.有确认的无连接服务

∙C.无确认的有连接服务

∙D.有确认的有连接服务

（分数：

1.00）

 A.

 B.

 C. √

 D.

解析：

[解析]连接是建立在确认机制的基础之上的，所以数据链路层没有无确认有连接的服务。

（7）.数据链路层采用了后退N帧协议，如果发送窗口的大小是32，那么至少需要______位的帧序号才能保证协议不出错。

∙A.4位

∙B.5位

∙C.6位

∙D.7位

（分数：

1.00）

 A.

 B.

 C. √

 D.

解析：

[解析]在后退N帧协议中，帧号≥发送窗口+1，在题目中发送窗口的大小是32，那么帧号最小号码应该是32（从0开始，共33个）。

因为25＜33＜26，所以至少需要6位的帧序号才能达到要求。

（8）.从滑动窗口的观点看，当发送窗口为1，接收窗口为1时，相当于ARQ的______方式。

∙A.回退N帧ARQ

∙B.选择重传ARQ

∙C.停止-等待

∙D.连续ARQ

（分数：

1.00）

 A.

 B.

 C. √

 D.

解析：

[解析]概念题目。

（9）.对于窗口大小为n的滑动窗口，最多可以有______帧已发送但没有确认。

∙A.0

∙B.n-1

∙C.n

∙D.n/2

（分数：

1.00）

 A.

 B. √

 C.

 D.

解析：

[解析]一方面，在连续ARQ协议中，必须发送窗口的大小≤窗口总数-1，例如，窗口总数为8个，编号为0～7，假设这8个帧都已发出，下一轮又发出编号为0～7帧共8个帧，接收方将无法判断第二轮发的8个帧到底是重传帧还是新帧，因为它们的序号完全相同。

另一方面，对于回退N帧协议，发送窗口的大小可以达到（窗口总数-1）。

因为它的接收窗口大小为1，所有帧保证按序接收。

所以对于窗口大小为n的滑动窗口，其发送窗口大小最大为n-1，即最多可以有n-1帧已发送但没有确认。

（10）.下列属于奇偶校验码特征的是______。

∙A.只能检查出奇数个比特错误

∙B.能查出长度任意一个比特的错误

∙C.比CRC校验可靠

∙D.可以检查偶数个比特的错误

（分数：

1.00）

 A. √

 B.

 C.

 D.

解析：

[解析]奇偶校验原理是通过增加冗余位来使得码字中“1”的个数保持为奇数个或者偶数个的编码方法。

它只能发现奇数个比特的错误。

（11）.下列关于循环冗余校验的说法中，______是错误的。

∙A.带r个校验位的多项式编码可以检测到所有长度小于或等于r的突发性错误

∙B.通信双方可以无需商定就直接使用多项式编码

∙C.CRC校验可以使用硬件来完成

∙D.有一些特殊的多项式，因为其有很好的特性，而成为了国际标准

（分数：

1.00）

 A.

 B. √

 C.

 D.

解析：

[解析]在使用多项式编码时，发送方和接收方必须预先商定一个生成多项式。

发送方按照模2除法，得到校验码，在发送数据的时候把该校验码加在数据后面。

接收方收到数据后，也需要根据同一个生成多项式来验证数据的正确性。

所以发送方和接收方在通信前必须要商定一个生成多项式。

（12）.发送方准备发送的信息位为1101011011，采用CRC校验算法，生成多项式为G（x）=x4+x+1，那么发出的校验位应该为______。

∙A.0110

∙B.1010

∙C.1001

∙D.1110

（分数：

1.00）

 A.

 B.

 C.

 D. √

解析：

[解析]首先根据生成多项式G（x）=x4+x+1得到CRC的校验码为10011。

然后利用短除法来计算校验码，具体流程如下图所示，最后余数为1110。

[*]

计算过程

（13）.为了检测5比特的错误，编码的海明距应该为______。

∙A.4

∙B.6

∙C.3

∙D.5

（分数：

1.00）

 A.

 B. √

 C.

 D.

解析：

[解析]知识点中详细讲解过了：

检错d位，需要码距为d+1的编码方案。

（14）.为了纠正2比特的错误，编码的海明距应该为______。

∙A.2

∙B.3

∙C.4

∙D.5

（分数：

1.00）

 A.

 B.

 C.

 D. √

解析：

[解析]纠错d位，需要码距为2d+1的编码方案。

（15）.流量控制实际上是对______的控制。

∙A.发送方、接收方数据流量

∙B.接收方数据流量

∙C.发送方数据流量

∙D.链路上任意两结点间的数据流量

（分数：

1.00）

 A.

 B.

 C. √

 D.

解析：

[解析]流量控制就是要控制发送方发送数据的速率，使接收方来得及接收。

（16）.流量控制是为防止______所需要的。

∙A.位错误

∙B.发送方缓冲区溢出

∙C.接收方缓冲区溢出

∙D.接收方与发送方间冲突

（分数：

1.00）

 A.

 B.

 C. √

 D.

解析：

[解析]流量控制就是要控制发送方发送数据的速率，使接收方来得及接收，目的是防止接收方缓冲区溢出。

（17）.在简单的停止-等待协议中，当帧出现丢失时，发送端会永远等待下去，解决这种死锁现象的办法是______。

∙A.差错校验

∙B.帧序号

∙C.ACK机制

∙D.超时机制

（分数：

1.00）

 A.

 B.

 C.

 D. √

解析：

[解析]在一个有噪声的信道中，帧可能会被损坏，也可能完全丢失。

这时候需要增加一个计时器，当发送方发送出一帧后，计时器开始计时，当该帧的确认在计时器到时之前到达发送方，则取消该计时器；否则，如果在计时器到时，发送方还没有收到该帧的确认就再次发送该帧，这样就可以打破死锁。

（18）.使用后退N帧协议，根据下图所示的滑动窗口状态（发送窗口大小为2，接收窗口大小为1），指出通信双方处于何种状态______。

滑动窗口状态

∙A.发送方发送完0号帧，接收方准备接收O号帧

∙B.发送方发送完1号帧，接收方接收完0号帧

∙C.发送方发送完0号帧，接收方准备接收1号帧

∙D.发送方发送完1号帧，接收方接收完1号帧（提示：

发送方阴影部分表示已经发送的帧，但是没有收到确认；接收方阴影部分表示期待接收的帧。

）

（分数：

1.00）

 A.

 B. √

 C.

 D.

解析：

[解析]滑动窗口的本质是在任何时刻，发送方总是维持着一组序列号，分别对应于允许发送的帧，称这些帧落在发送窗口之内。

发送窗口内的序列号代表了那些已经被发送，但是还没有被确认的帧。

类似地，接收方也维持着一个接收窗口，对应于一组允许它接收的帧。

从图中可以看出，发送方已经发送了0号帧和1号帧，而接收方已经接收完了0号帧，并且对0号帧发回了确认，才使得接收窗口后移到1号帧位置。

（19）.假设数据链路层采用后退N帧协议进行流量控制，发送方已经发送了编号为0～6号的帧。

当计时器超时时，2号帧的确认还没有返回，则发送方需要重发的帧数是______。

∙A.1

∙B.5

∙C.6

∙D.7

（分数：

1.00）

 A.

 B. √

 C.

 D.

解析：

[解析]因为2号帧没有返回确认，当计时器超时时，2号帧及其后面的帧都要重发，因此共有5个帧需要重发。

（20）.信道速率为4kbit/s，采用停止-等待协议。

传播时延t=20ms，确认帧长度和处理时间均可忽略。

问帧长______才能使信道的利用率达到至少50%。

∙A.40bit

∙B.80bit

∙C.160bit

∙D.320bit

（分数：

1.00）

 A.

 B.

 C. √

 D.

解析：

[解析]根据信道利用率的计算公式，在确认帧长度和处理时间均可忽略不计的情况下，信道的利用率与发送时间和传播时间有关，约等于t发送时间/（t发送时间+2×t传播时间）。

当发送一帧的时间等于信道的传播时延的2倍时，信道利用率是50%，或者说当发送一帧的时间等于来回路程的传播时延时，效率将是50%，即20ms×2=40ms。

现在发送速率是每秒4000bit，即发送一位需要0.25ms，则帧长=40/0.25=160bit。

（21）.对于无序接收的滑动窗口协议，若序号位数为n，则发送窗口最大尺寸为______。

∙A.2n-1

∙B.2n

∙C.2n-1

∙D.2n-1

（分数：

1.00）

 A.

 B.

 C.

 D. √

解析：

[解析]此题出得很巧妙，没有直接告诉使用的是选择重传协议，而是通过间接的方式给出。

题目说无序接收的滑动窗口协议，说明接收窗口大于1，所以得出数据链路层使用的是选择重传协议，而选择重传协议发送窗口最大尺寸为2n-1。

（22）.在下列多路复用技术中，______具有动态分配时隙的功能。

∙A.同步时分多路复用

∙B.码分多路复用

∙C.统计时分多路复用

∙D.频分多路复用

（分数：

1.00）

 A.

 B.

 C. √

 D.

解析：

[解析]异步时分多路复用采用动态分配时间片（时隙）的方法，又称为统计时分多路复用。

（23）.将物理信道的总频带宽分割成若干个子信道，每个子信道传输一路信号，这种复用技术称为______。

∙A.同步时分多路复用

∙B.码分多路复用

∙C.异步时分多路复用

∙D.频分多路复用

（分数：

1.00）

 A.

 B.

 C.

 D. √

解析：

[解析]多路复用有两种基本形式：

频分多路复用和时分多路复用。

频分多路复用以信道频带作为分割对象，通过为多个子信道分配互不重叠的频率范围的方法实现多路复用。

时分多路复用以信道传输时间作为分割对象，通过为多个子信道分配互不重叠的时间片的方法实现多路复用，它又包括两种类型：

同步时分多路复用与异步时分多路复用。

同步时分多路复用将时间片（时隙）预先分配给各个信道，并且时间片固定不变。

异步时分多路复用采用动态分配时间片的方法，又称为统计时分多路复用。

波分多路复用实际上是光的频分多路复用。

（24）.多路复用器的主要功能是______。

∙A.执行数/模转换

∙B.结合来自多条线路的传输

∙C.执行串/并转换

∙D.减少主机的通信处理强度

（分数：

1.00）

 A.

 B. √

 C.

 D.

解析：

[解析]多路复用的主要功能是要结合来自多条线路的传输，从而提高线路的使用率。

（25）.下列协议中，不会发生碰撞的是______。

∙A.TDM

∙B.ALOHA

∙C.CSMA

∙D.CSMA/CD

（分数：

1.00）

 A. √

 B.

 C.

 D.

解析：

[解析]TDM属于静态划分信道的方式，各结点分时使用信道，不会发生碰撞，而ALOHA、CSMA、CSMA/CD都属于动态的随机访问协议，都采用检测碰撞的策略来应对碰撞，因此都会发生碰撞。

（26）.在以下几种CSMA协议中，______协议在监听到介质是空闲时仍可能不发送。

∙A.1-坚持CSMA

∙B.非坚持CSMA

∙C.p-坚持CSMA

∙D.以上都不是

（分数：

1.00）

 A.

 B.

 C. √

 D.

解析：

[解析]1-坚持的CSMA当检测到信道为空时，就会发送数据；当它检测到信道为忙时，就一直检测信道的状态。

非坚持CSMA也是当检测到信道为空时就发送数据，但是，若它检测到信道正在被使用之中，则不会持续地对信道进行监听。

当一个站准备好要发送数据时，p-坚持CSMA会检测信道。

若信道是空闲的，则它按照概率p的可能性发送数据。

在概率1-p的情况下，它会选择不发送数据。

（27）.根据CSMA/CD协议的工作原理，需要提高最短帧长度的是______。

∙A.网络传输速率不变，冲突域的最大距离变短

∙B.上层协议使用TCP的概率增加

∙C.在冲突域不变的情况下减少线路的中继器数量

∙D.冲突域的最大距离不变，网络传输速率提高

（分数：

1.00）

 A.

 B.

 C.

 D. √

解析：

[解析]以太网的最短帧长度是为了检测冲突的，其基本思想是发送一帧的时间需要大于或等于信号沿着信道来回一趟的时间。

所以在冲突域最大距离不变的情况下，如果网络传输速率提高说明发送一帧需要更短的时间。

那么在这种情况下，就应该提高最短帧长度来保证发送一帧的时间大于或等于信号沿信道来回一趟的时间。

（28）.以太网的地址是由______个字节组成的。

∙A.3

∙B.4

∙C.5

∙D.6

（分数：

1.00）

 A.

 B.

 C.

 D. √

解析：

[解析]以太网地址由48bit组成，使用6个字节表示。

而IPv4的地址由32bit组成，使用4个字节表示。

（29）.以太网中如果发生介质访问冲突，按照二进制指数后退算法决定下一次重发的时间，使用二进制后退算法的理由是______。

∙A.这种算法简单

∙B.这种算法执行速度快

∙C.这种算法考虑了网络负载对冲突的影响

∙D.这种算法与网络的规模大小无关

（分数：

1.00）

 A.

 B.

 C. √

 D.

解析：

[解析]以太网采用CSMA/CD技术，当网络上的流量越多，负载越大时，发生冲突的几率也会越大。

当工作站发送的数据帧因冲突而传输失败时，会采用二进制后退算法后退一段时间后重新发送数据帧。

二进制后退算法可以动态地适应发送站点的数量，后退延时的取值范围与重发次数n形成二进制指数关系。

当网络负载小时，后退延时的取值范围也小；而当负载大时，后退延时的取值范围也随着增大。

二进制后退算法的优点是把后退延时的平均取值与负载的大小联系起来。

所以，二进制后退算法考虑了网络负载对冲突的影响。

（30）.CSMA协议可以利用多种监听算法来减小发送冲突的概率，下列关于各种监听算法的描述中，正确的是______。

∙A.非坚持型监听算法有利于减少网络空闲时间

∙B.1-坚持型监听算法有利于减少冲突的概率

∙C.P坚持型监听算法无法减少网络的空闲时间

∙D.1-坚持型监听算法能够及时抢占信道

（分数：

1.00）

 A.

 B.

 C.

 D. √

解析：

[解析]按总线争用协议来分类，CSMA有3种类型。

1）非坚持CSMA。

一个站点在发送数据帧之前，先要对介质进行检测。

如果没有其他站点在发送数据，则该站点开始发送数据。

如果介质被占用，则该站点不会持续监听介质，而等待一个随机的延迟时间后再监听。

采用随机的监听延迟时间可以减少冲突的可能性，但其缺点也是很明显的：

即使有多个站点有数据要发送，因为此时所有站点可能都在等待各自的随机延迟时间，而介质仍然可能处于空闲状态，这样就使得介质的利用率较低，所以排除选项A。

2）1-坚持CSMA。

当一个站点要发送数据帧时，它就监听介质，判断当前时刻是否有其他站点正在传输数据。

如果介质被占用，该站点将会持续监听直至介质空闲。

一旦该站点检测到介质空闲，它就立即发送数据帧，所以D选项是正确的。

若产生冲突，则等待一个随机时间再监听。

之所以叫“1-坚持”，是当一个站点发现介质空闲时，它传输数据帧的概率是1。

1-坚持CSMA的优点是只要介质空闲，站点就立即发送；它的缺点是假如有两个或两个以上的站点有数据要发送，冲突就不可避免，所以排除选项B。

3）p-坚持CSMA。

p-坚持CSMA是非坚持CSMA和1-坚持CSMA的折中。

p-坚持CSMA应用于划分时槽的介质，其工作过程如下：

当一个站点要发送数据帧时，它先检测介质。

若介质空闲，则该站点按照概率p的可能性发送数据，而有1-p的概率会把要发送数据帧的任务延迟到下一个时槽。

按照这样的规则，若下一个时槽也是空闲的，则站点同样按照概率p的可能性发送数据，所以说如果处理得当p坚持型监听算法还是可以减少网络的空闲时间的，所以排除选项C。

（31）.同一局域网上的两个设备具有相同的静态MAC地址，其结果是______。

∙A.首次引导的设备使用该地址，第二个设备不能通信

∙B.最后引导的设备使用该地址，第一个设备不能通信

∙C.这两个设备都能正常通信

∙D.这两个设备都不能通信

（分数：

1.00）

 A.

 B.

 C.

 D. √

解析：

[解析]在使用静态地址的系统上，如果有重复的硬件地址，那么这两个设备都不能通信。

在局域网上，每个设备必须有一个唯一的硬件地址。

（32）.以太网帧的最小长度是______B。

∙A.32

∙B.64

∙C.128

∙D.256

（分数：

1.00）

 A.

 B. √

 C.

 D.

解析：

[解析]以太网有最小帧长度限制，设置最小帧长是为了区分开噪声和因发生碰撞而异常终止的短帧，它必须要大于64B。

（33）.在以太网的二进制后退算法中，在4次碰撞之后，站点会在0和______之间选择一个随机数。

∙A.7

∙B.8

∙C.15

∙D.16

（分数：

1.00）

 A.

 B.

 C. √

 D.

解析：

[解析]一般来说，在第i次碰撞后，站点会在0～2i-1中随机选择一个数M，然后等待M倍的争用期再发送数据。

（34）.在二进制后退算法中，如果发生了11次碰撞，那么站点会在0和______之间选择一个随机数。

∙A.255

∙B.511

∙C.1023

∙D.2047

（分数：

1.00）

 A.

 B.

 C. √

 D.

解析：

[解析]以太网在到达10次冲突之后，随机数的区间固定在最大值1023上，以后不再增加。

若连续超过16次冲突，则丢弃。

（35）.以太网在检测到______次冲突后，控制器会放弃发送。

∙A.10

∙B.16

∙C.24

∙D.32

（分数：

1.00）

 A.

 B. √

 C.

 D.

解析：

[解析]根据二进制指数后退协议，在检测到16次冲突之后，控制器会放弃努力，并且给计算机送回一个失败报告。

（36）.下列关于令牌环网络的描述中，错误的是______。

∙A.令牌环网络存在冲突

∙B.同一时刻，环上只有一个数据在传输

∙C.网上所有结点共享网络带宽

∙D.数据从一个结点到另一个结点的时间可以计算

（分数：

1.00）

 A. √

 B.

 C.

 D.

解析：

[解析]令牌环网络的拓扑结构为环形，存在一个令牌不停地在环中流动。

只有获得了令牌的主机才能够发送数据，因此是不存在冲突的。

所以A选项是错误的，其他选项都是令牌环网络的特点。

（37）.在下列以太网电缆标准中，______是使用光纤的。

∙A.10Base5

∙B.10Base-F

∙C.10Base-T

∙D.10Base2

（分数：

1.00）

 A.

 B. √

 C.

 D.

解析：

[解析]以太网通常使用的电缆有4种，见下表。

{{B}}常用以太网线缆{{/B}}

标准

电缆

每段最大长度/m

每段最大结点数

10BASE5

粗电缆

500

100

10BASE2

细电缆

185

30

10BASE-T

双绞线

100

1024

10BASE-F

光纤

2000

1024

（38）.一个通过以太网传送的IP分组有60B长，其中包括所有头部。

若没有使用LLC，则以太网帧中需要______填充字节。

∙A.4字节

∙B.1440字节

∙C.0字节

∙D.64字节

（分数：

1.00）

 A.

 B.

 C. √

 D.

解析：

[解析]以太网最小帧的长度是64B，其中包括了在以太网帧头部的地址、类型域、帧尾部的校验和域。

这些部分的