计算机网络原理公式及计算题

计算机网络原理公式及计算 题 快递公司问题件快递公司问题件货款处理关于圆的周长面积重点题型关于解方程组的题及答案关于南海问题 第三章物理层 公式一:数据传输速率的定义和计算 每秒能传输的二进制信息位数,单位为位/秒(bits per second)，记作bps或b/s R=1/T*Log2N(bps) T为一个数字脉冲信号的宽度(全宽码情况)或重复周期(归零码情况)单位为秒. N一个码元所取有效离散值个数,也称调制电平数,取2的整数次方值 公式二: 信号传输速率(码元速率、调制速率或波特率)定义和计算 单位时间内通过信道传输的码元个数，也就是信号经调制后的传输速率,单位为波特(Baud)。 B=1/T (Baud) 公式三:调制速率与数据传输速率的对应关系式 R=B*Log2N(bps) 公式四 :奈奎斯特公式 奈奎斯特(Nyquist)定理奈奎斯特首先给出了无噪声情况下码元速率的极限值B与信息带宽H的关系 B=2*H H是信道的带宽，单位为Hz 信道传输能力的奈奎斯特公式 : C=2*H*Log2N 公式五 :香农公式 受随机噪声干扰的信道情况，给出了计算信道的香农公式: C=H*Log2(1+S/N)(bps) 其中，S表示信号功率，N为噪声功率，S/N则为信噪比。由于实际使用的信道的信噪比都要足够大，故常表示成10*log10 (S/N)，以分贝(dB)为单位来计算，在使用时要特别注意 公式六 :误码率 误码率是衡量数据通信系统在正常工作情况下的工作情况下的传输可靠性的指标，它定义为二进制数据传输出错的概率。设传输的二进制数据总数为N位，其中出错的位数为Ne，则误码率表示为; Pe= Ne/N 公式七 :采样定律 采样定理 ? Fs(= 1/Ts )? 2Fmax 或Fs?2Bs ? Fs是采样频率，Fmax 是原始信号最大频率，Ts 为采样周期，Bs(= Fmax- Fmin)为原始信号的带宽。 ? 量化级是2的整数倍，用来生成每次采样的二进制码的个数， ? 2二进制码个数=量化级，比如量化级为128，则每次采样二进制码为7个 ? 信号传输速率=采样频率*每次采样的二进制码个数 ? R(数据传输率)=1/T*log2N 公式八: T1载波和E1载波的编码效率和开销率。 T1载波利用脉码调制PCM和时分TDM技术，使24路采样声音信号复用一个通道。每一个帧包含 193位，每一帧用 125us时间传送。T1系 统的数据传输速率为1.544Mbps。 E1载波(欧洲 标准 excel标准偏差excel标准偏差函数exl标准差函数国标检验抽样标准表免费下载红头文件格式标准下载 )。它每一帧开始处有8位同步作用，中间有8位作用信令，再组织30路8位数据，全帧包括256位，每一帧用 125us时间传送。可计算出E1系统的数据传输速率为256位/125us=2.048Mbps。 用户的开销为24×1(控制位)+1(基本帧)=25 b 总开销为:(7+1)×24+1=193 b 因此，用户的开销所占的百分比为:25/193×100%?13% 1)T1载波的编码效率=7*24/(8*24+1)=168/193=87% 开销率=(1*24+1)/193=25/193=13% 2)E1载波的编码效率=8*30/(8+8+8*30)=240/256=93.75% 开销率=(8+8)/256=16/256=6.25% 计算题: 1、设信道带宽为3400Hz，采用PCM编码，采样周期为125b/s, 每个样本量化为128个等级，则信道的数据速率为(), 解析:本题使用公式七采样定律 采样周期为125b/s所以为8000Hz，即，f=1/T=1/0.000125=8000HZ，128个量化等级，需要7位编码(也就是2的7次方)。 R(数据传输率)=1/T*log2N=8000*7=56kb/s ---> B(调制速率)=1/T baud 2、 在一个带宽为3KHz,没有噪声的信道,传输二进制信号时能够达到的极限数据传输率为___.一个带宽为3KHz,信噪比为30dB的信道,能够达到的极限数据传输率为___,上述结果表明_____.根据奈奎斯特第一定理,为了保证传输质量,为达到3Kbps的数据传输率要的带宽为____,在一个无限带 宽的无噪声信道上,传输二进制信号,当信号的带宽为3KHz时,能达到的极限数据率为__Kbps. 解析: 使用公式四奈奎斯特定律和公式五香农公式 (1) 根据奈奎斯特第一定理，理想低通信道传输二进制信号时能够达到的数据传输率为2B(带宽)。 B=2H=2*3K=6K (2) 一个带宽为3KHZ、信噪比为30dB的信道，能够达到的极限数据传输率为3KHZ*log2(1+1030/10)=29.9Kbit/s?30kbps (3) 香农公式是针对有噪声的信道而言的。 (4) 根据奈奎斯特第一定理，数字信号数据率为W，传输系统带宽为2W,则可提供满意的服务。 3Kbps 的数据传输率需要的带宽为2*3=6Hz (5) 在一个无限带宽的无噪声信道上，传输二进制信号，当信号的带宽为 3KHz 时，能达到的极限数据传输率6Kbps 。 3、 设有3路模拟信号，带宽分别为2kHz.4kHz,2kHz,8路数字信号，数据率都为7200bps，当采用TDM方式将其复用到一条通信线路上，假定复用后为数字传输，对模拟信号采用PCM方式量化级数为16级，则复用线路需要的最小通信能力为, 解析:本题使用公式七采样定律 对3路模拟信号采用PCM方式变为数字信号，采样频率是带宽的两倍分别为4KHz,8KHz,4KHz, 对模拟信号采用PCM方式量化级数为16级,log24=16需要的数 据率=采样频率*采样二进制码个数分别为16kbps,32kbps 16kbps 对8路数字信号，8×7200,57.6kbps 答案 八年级地理上册填图题岩土工程勘察试题省略号的作用及举例应急救援安全知识车间5s试题及答案 为64+57.6=121.6约等于 128Kbps 4、 若要在采用两种物理状态传输的50Kbps信道上传输1.544Mbps 的T1载波，问信道的信噪比至少要多少, 解析:求信噪比需要使用香农公式: C = H*log2(1+S/N) 调制速率和数据传输率对应关系式: R = B * log2N (bps) ---> B = R/log2N (baud) 1) B = R/log2N = 50K/log22 = 50K(Baud) 2) B = 2*H ---> H = B/2 = 50K/2 = 25K(Hz)求出了带宽 3) C = H*log2(1+S/N), C = 1.544Mbps = 1544Kbps S/N = 2C/H-1 = 21544K/25K-1 = 261.76-1 = 2.3058430092137*1018 然后将上面的S/N 转化为dB形式: 转化公式: 10lg(S/N) = 10lg (2.3058430092137 * 1018) = 10*18.363 = 183.63 dB 10lg(S/N) = 10lg(261.76-1)=10*18.6=186(分贝)(噪音太大了～) 5、 某调制解调器同时使用幅移键控和相移键控,采用0,兀/2,兀和3/2 兀四种相位,每种相位又都有两个不同的幅值,问在波特率为1200的情况下 数据速率是多少? 答:使用公式三，调制速率与数据速率的关系公式 R=B*log2N =1200*log28 =3600bps 6、 采用每种相位各有两种幅度的带宽为8KHz的无噪信道上传输数字信号，若要达到64Kbps的数据速率，PAM调制方法 至少要多少种不同的相位, 答:由无噪信道的奈奎斯特公式: C=2Hlog2N 得: N=2C/2H=264K/(2*8K)=24=16, 相位数=16/2=8 即至少要8种不同的相位。 7、 信道带宽为3KHz，信噪比为30db，则每秒能发送的比特数不会超过多bps? 答:本题使用香农公式 C = H*log2 (1+S/N) C = 3K*log2 (1+1030/10) C = 30Kbps 8、带宽为4KHz,如果有8种不同的物理状态表示数据,信噪比为30dB.那么按奈氏准则和香农定理计算,分别计算其最大限制的数据传输速率 奈式准则:C = 2Hlog2 C = 2*4*log2 C = 24Kbps 香农定理:C = H*log2(1+S/N)8N 30/10 C = 4*log2 (1+10) C = 40Kbps 9、设利用12MHz的采样频率对信号进行采样，若量化级为4，试计算 出在无噪声信道中的数据传输速率和所需的信道带宽。(要求写出计算过程) 根据公式三采样12MHz是采样频率 R=B*Log2N 数据传输率=采样频率*log2(4)=2*采样频率=24Mbps 这里所说的带宽是模拟信道的带宽，也即被采样信号的带宽。 根据采样定律:B=2*H被采样信号带宽=采样频率/2=6MHz 所以要容纳这个信号，需要的信道带宽为6MHz。 10、对于带宽为6MHz的信道，若用4种不同的状态来表示数据，在不考虑热噪 声的情况下，该信道的最大数据传输速率是多少, 答:由无热噪声的奈奎斯特公式: C=2Hlog2N=2*6M*log24=24Mbps，即该信道的最大数据传输速率是24Mbps。 11、数据速率为1200bps,采用无校验、1位停止位的异步传输，问1分钟内最 多能传输多少个汉字(双字节), 答:本题考查的是对异步传输时群同步的字符格式(一个字符8位，一个起始位和一个停止位)1分钟内最多能传输的汉字为: 1200*60/[2*(1+8+1)]=72000/20=3600(个) 12、信源以字节(8比特)为单位传输数据，若数据速率为B(bps),对下列两种情 况分别计算有效数据传输速率: (1)异步串行传输，无校验位、1位停止位; (2)同步串行传输，每帧包含48位控制位和4096位数据位。 答:(1)有效数据传输速率:8/(1+8+1)=8/10 (2)有效数据传输速率:4096/(48+4096)=4096/4144 13、调制解调器的传输速率为4800bps，并采用1位起始位，1位停止 位，1位奇偶校验位的异步传输模式，求传输2400个汉字所需要的时间。(要求写出计算过程) 答:因为一个汉字占两个字节，所以得: 2400*[(1+1+8+1)*2]/4800bps =11s 14、调制解调器采用1位起始位，1位停止位，无奇偶校验位的异步传输模式，一分钟传输7200个汉字，至少达到多大传输速率 7200*(1+1+8)*2/60=2400bps 15、在一个数字信道上，数字脉冲信号的宽度833*10，采用四象调制法，信道传输速率是多少, R=1/T*LOG24=1/(833*10)*2=2400bps -6-6 16、一条600Kb的消息要在20秒内发出，信道宽度3KHZ，信噪比20dB,信道是否能完成工作，不能，信噪比要调成多少, 消息所需最小速率是600/20=30Kbps 根据香农公式信道传输速率=3K*LOG2(1+1020/10)=20Kbps不能完成工 作， S/N=10*lg230/3=30dB 课后习题 4( 控制字符 SYN的 ASCII 码编码为 0010110,请画出 SYN的 FSK、NRZ、曼彻斯特编码与差分曼彻斯特编码等四种编码方法的信号波形。 a)不归零码(NRZ) b) 曼彻斯特码 c) 差分曼彻斯特码 FSK频移键控用两段频率不同的波来表示0和1 5( 对于脉冲编码制 PCM 来说，如果要对频率为 600Hz的某种语音信号进行采样，传送 PCM 信号的信道带宽为 3KHz，那么采样频率 f取什么值时，采样的样本就可以包含足够重构原语音信号的所有信息。 根据采样定理，只要采样频率大于等于有效信号最高频率或其带宽的两倍，则采样值便可包含原始信号的全部信息，利用低通滤波器可以从这些采样中重新构造出原始信号。 所以Fs(= 1/Ts )? 2Fmax f=2*600Hz=1200Hz 9、考虑一条长度为 50Km 的点到点链路，对一个 100 字节的分组，带宽为多大时其传播延迟(速度为 2*108m/s)等于发送延迟,对于 512 字节的分组，情况又如何, 传输时延=帧长/数据传输速率(带宽);传播时延=两端距离/电磁波传播速率 传播延迟等于: 50*10米/(2*10米/秒)=25*10秒=250微秒 100字节/250微秒=0.4 字节*10/秒=0。4M字节/秒=3.2Mbps 512字节/250微秒=2.04M字节/秒*8=16384Kbps 10、计算下列情况的时延(从第一个比特发送到最后一个比特接收) : 638-5(a)在通路上有1个存储转发交换机的1Gbps以太网，分组大小是5000位。假定每条链路引入10微妙的传播延迟，并且交换机在接收完分组之后立即重发。 解答:分析 一个交换机应有2条链路 1位的发送延迟=1/109=10-9S=0.001μs 所以，一个分组由5000位组成，在每条链路上引入的发送延迟是5μs ， 分组在每条链路上的传播延迟都是10μs 因此总的延迟等于:5×2+10×2=30μs。(两次发送，两次传播) (整个分组接收完经过分析才确定转发的外出端口，因此延迟了一个分组的发送时间) (b)跟(a)的情况类似，但有3个交换机。 解答:3个交换机，共有4条链路，总的延迟等于: 5×4+10×4=60μs 。(4次发送，4次传播) (c)跟(a)的情况相同，但假定交换机实施“直通”交换:它可以在收到分组的开头128位后就重发分组。 解答:使用直通交换，交换机延迟分组128位，即0.128μs。在这种情况下仍然有1个5μs的发送延迟，2个10μs的传播延迟，再加上0.128μs的交换机转发延迟，因此总的延迟等于: 5×1+10×2+0.128=25.128μs (1个发送延迟，2个传播延迟，1个转发延迟) 如果像(b)那样有3个交换机，那么总的延迟将会等于: 5×1+10×4+0.128×3=45.384μs。(1个发送延迟，4个传播延迟，3个转发延迟) 11、假设在地球和一个火星探测车之间架设了一条 128Kbps 的点到点的链路，从火星到地球的距离(当它们 离得最近时)大约是 55gm，而且数据在链路上以光速传播，即 3*108 m/s。 a) 传播时延=55*106公里=550*10米/(3*10米/秒)=183.3秒 88 b)总时间=数据发送时间+信号传播时延 发送时间=5MB*8/128K=312.5秒 总时间=312.5+183.3=495.8秒 12、下列情况下假定不对数据进行压缩，对于(a)~(d)，计算实时传输所需要的带宽: a)1920*1080*24*30=1.5Gbps b)8*8K=64Kbps c)260*50=1.3Kbps d)24*882K=2.1Mbps 四章 数据链路层 公式一:编码效率 R=k/n=k/(k+r) k是码字中的信息位长度，r是外加的冗余位长度，n是 编码后的码字长度，编码效率越高，信道有效利用率越高。 公式二:循环冗余编码计算 1、 发送端生成CRC校验码的过程 CRC码一般在k位信息位之后拼接r位校验位生成。编码步骤如下: (1)将待编码的k位信息表示成多项式 K(x)。 (2)将 K(x)左移 r 位，得到 K(x)*Xr 。 ( 3)用r+1位的生成多项式 G(x)去除M(x)*xr 得到余数R(x)。 (4)将K(x)*Xr 与R(x)作模2加，余数得到CRC码。 信道上发送的码字T(X)=Xr*K(X)+R(X) G(x) 1 1 0 0 1 1 1 0 0 1 1 0 0 0 0 1 1 0 0 1 Q(x)f(x).xkR(x) 1 1 0 0 1 11 0 0 1 2、接收端检错的过程 T(X)/G(X)=Q(X) Q(X)=0则传输无错误，否则有错误 补充题 1、 HDLC传输25个汉字，帧中信息位占多少字节，总帧长多少字 节, 信息位25*2=50字节，总帧长P87 起始标志1字节,地址1字节,控制1字节,校验字段2字节,结束标记1字节共6字节,所以帧长56字节. 2、 用BSC传18个汉字,采用不带报头的单块报文传输,有效传输 率是多少?P85 由BSC规程,不带报头(以字符串格式)的分块传输的帧格式为: 有效传输率36/41 3、生成多项式X4+X2+1,求信息位1010010的CRC冗余位 10100100000 除以10101余数1011就是CRC冗余位 3、 PPP传输2000汉字，帧控制字符10字节，净荷域最大值默认 长度1500字节，需要分几帧传输，总帧长多少字节P90 答:需要传输2000*2=4000字节，每个帧传1500字节，需要传3帧 总帧长=4000+3*10=4030字节 课后习题 P91 5题 解答: 发送方还可发送3帧 可发4、5、6号 6题。若窗口序号位数为3,发送窗口尺寸为2,采用GO-BACK-N法,请画出由初始态出发相继下列事件发生时的发送及接收窗口图.发送帧0,发送帧1,接收帧0,接收确认帧0,发送帧2,帧1接收出错,帧1确认超时,重发帧1,接收帧1,发送帧2,接收确认帧 1. 7题。 若BSC帧数据段中出现下列字符串:问字符填充后的输出是什么? “A<DLE><STX>BC<DLE><DLE>DE<DLE><ETB> ” 解答 :字符填充后的输出是: “A<DLE><DLE><STX>BC<DLE><DLE><DLE>< ;DLE>DE<DLE><DLE><ETB>” 8题 解答: 输出是: 01000001111101101011111010 9题(用BSC规程传输一批汉字，若已知采用不带报头的分块传输，而且最大报文块长为129字节，共传输了5帧，其中最后一块报文长为101字节。问每个报文最多能传多少汉字?这批数据报共有多少汉字? 解答:分析 :由BSC规程,不带报头(以字符串格式)的分块传输的帧格式为: 不带报头的分块传输是5个控制字符，开销5个字节，(129,5)/2=62 故前4帧每帧最多能传的汉字数为: (129-3(SYN+SYN+STX)-2(ETB+BCC))/2,62(个) 每个报文传62个汉字，前4帧传248个汉字 最后一帧(101,5)/2,48 该批数据共有的汉字数为: 62×4+(101-3(SYN+SYN+STX)-2(ETX+BCC))/2,296(个) (2)由BSC规程,不带报头(以比特流格式)的分块传输的帧格式为: 故前4帧每帧最多能传的汉字数为: (129-4-3)/2,61(个) 该批数据共有的汉字数为: 61×4+(101-4-3)/2,291(个) 注:因假设采用单字节的块校验字符(非比特流),故应取(1)的计算结果。 10题: 用HDLC传输12个汉字时，帧中的信息字段占多少字节,总的帧长占几字节, 解答:看HDLC 帧格式 P87 信息字段(I)占12×2=24字节 总的帧长占1(F)+1(A)+1(C)+24(I)+2(FCS)+1(F),30字节 13题 答:连续5个1去掉后面0，所以该帧为 011010111111010011111111100111111，帧中不能出现超过5个一，所以有错误 14题 练习:1)要发送的数据为1011001001001011。采用CRC的生成多项式是G(x)=x8+x2+x+1 100000111。试求应添加在数据后面的余数。 数据在传输过程中最后一个1变成了0，问接收端能否发现, 若数据在传输过程中最后两个1都变成了0，问接收端能否发现, 答: 添加的检验序列为10010011 (101100100100101100000000除以100001011),传输信息为101100100100101110010011 数据在传输过程中最左一个1变成了0， 001100100100101110010011除以100000111，余数为11010001，不为0，接收端可以发现差错。 八章 局域网技术 公式一:ALOHA性能P159 1、稳定状态下，吞吐量与网络负载的关系S=GP,P是成功发送一个帧的概率 S是吞吐量，单位帧时内系统成功发送新产生数据帧的平均数量，0<=S<=1 G是网络负载，单位帧时内系统发送的所有数据帧的平均数量，包括成功和重发的帧，负载较大时G>S,负载较小时，G约等于S 2、纯ALOHA，2t时间内只有一个帧发送的概率，即帧成功发送的概率P=e-2G e= 2.718281 3、系统吞吐量S=G e-2G,G=0.5时，Smax=1/(2e)约等于0.184 4、时分ALOHA,t时间内只有一个数据帧的概率，即帧成功发送的概率P=e-G 3、系统吞吐量S=G e-G,G=0.5时，Smax=1/e约等于0.368 公式二时隙时间和最小帧长度公式P164 1、时隙时间=2S/0.7C+2tPHY S是两节点最大间距 C是光速 0.7C是电信号在 介质上传输速率是个常量 光速是30万公里每秒，所以0.7C约等于200米/微秒。tPHY在物理层的处理延迟。因此争用时隙长度是网络上最大 传播延迟的两倍 2、时隙时间=Lmin/R R是传输速率 Lmin是最小帧长度 3、最小帧长度=(2S/0.7C+2tPHY )*R 公式三冲突检测时间和最小帧长度公式 1、基带总线，冲突检测时间是网络上任意两节点之间最大传播时延的两倍 2、宽带总线，冲突检测时间是网络上任意两节点之间最大传播时延的4倍 3、CSMA/CD最小帧长度=2S/200*R 公式四环的比特长度公式P177 1、环的比特长度=信号传播时延*数据传输速率+接口延迟位数=环路介质长度*5(微秒/公里)*数据传输速率+接口延迟位数 5(微秒/公里)是信号传播速率200(米/微秒)的倒数。 1比特长度=1/200(米/微秒)=5(微秒/公里) 公式五传播延时和传输延时的关系 1、传播延时从一个节点开始发送数据到另一个节点开始接受数据所需时间，传播延时(微秒)=两节点的距离(米)/信号传播速率(200米/微秒) 2、传输延时指数据帧从一个节点开始发送到该数据帧发送完毕所需时间，传输延时(秒)=数据帧长度(比特)/数据传输速率(bps) 3、传输延时至少是传播延时的两倍 4、数据帧从一个站点开始发送,到该数据被另一个站点全部接收，所需的总时间等于数据传输时延+信号传播时延 课后习题 5题 一万个站点在竞争使用每一时分ALOHA通道。如果每个站平均每个小时做 18次请求。信道时隙是125us。总的通道负载约为多少, 解答: 通道每小时时隙个数为3600/(125*10-6)=2.88*107。 每小时需发送的帧个数为10000*18=1.8*105 要发送的帧数量远远小于时隙个数,所以通道负载为 1.8*105 6题 N个站点共享56K 的纯ALOHA信道。每个站点平均每100秒输出一个1000 bit的帧，即使前一个帧还没有发送完也依旧进行(假设站点都有缓存)。N的最大值是多少, 解答:对于纯ALOHA，可用的带宽是0.184×56Kb/s=10304b/s; 每个站都需要的带宽是1000?100=10b/s。 因此N=10304?10?1030。 所以，最多可以有1030个站，即N的最大值是1030。 7题 答:见P166 在二进制倒计数法中，每个想要使用信道的站点首先将其地址以二进制位串的形式按照由高到低的顺序进行广播，并且假定所有地址的长度相同。为了避免冲突，必须进行仲裁:如果某站发现其地址中原本 为0 的高位被置换为1，那么它便放弃发送。对于次高位进行同样的 信道竞争操作，直到最后只有一个站赢得信道为止。一个站点在赢得信道竞争后便可发送一帧，然后另一个信道竞争周期又将开始。 什么是Mok 和Ward 版本的二进制倒计数法。Mok 和Ward 提出了二进制倒计数法的一个变种。该方法采用了并行接口而不是串行接口:还使用虚拟站号，在每次传输之后对站重新编号，从0开始，已成功传送的站被排在最后。如果总共有N 个站，那么最大的虚拟站号是N-1。 本题中，当4 站发送时，它的号码变为0，而0、1、2 和3 号站的号码都增1，10 个站点的虚站号变为8，3，0，5，2，7，4，6，9，1当3 站发送时，它的号码变为0，而0、1 和2 站的号码都增1，10 个站点的虚站号变为:8，0，1，5，3，7，4，6，9，2 最后，当9 站发送时，它变成0，所有其他站都增1，结果是:9，1，2，6，4，8，5，7，0，3。 8题。不做要求，可以不用管P167 9题。超纲不用管 10题 标准10MBPS802。3LAN的波特率是多少, 解答: 标准10MBPS802。3LAN采用曼彻斯特编码 即 数据传输率只有调制速率的1/2 R=1/2B B=2*10MBPS=20波特 11题。一个1km长的10Mb/s 的CSMA/CD局域网(不是802.3)，其传播速度等于每微秒200米。数据帧的长度是256bit，其中包括用于帧头、 检验和以及其他开销的32bit。传输成功后的第一个时隙被留给接受方，用来捕获信道并发送一个32bit的确认帧。假定没有冲突发生，有效数据率(不包括开销)是多少, 解法1:仅以成功的发送与传播计算: 发送数据帧256位所需时间= 256bit/10Mbps=25.6us 数据帧在信道上的传播时间= 1000m/(200m/us)=5us 共用时间= 25.6us+5us=30.6us 故有效数据传输速率为:(256-32)b/30.6us=7.3Mbps 解法2:从发送至接收确认全程计算(依题意是这种计法): 1)发送数据帧256位所需时间= 256bit/10Mbps=25.6us 数据帧在信道上的传播时间= 1000m/(200m/us)=5us 共用时间= 25.6us+5us=30.6us 2)回发确认帧32位所需时间= 32bit/10Mbps=3.2us 确认帧在信道上的传播时间= 1000m/(200m/us)=5us 共用时间= 3.2us+5us=8.2us 故有效数据传输速率为:(256-32)b/(30.6+8.2)us=5.77Mbps 14题。长1Km、10Mbps的基带总线LAN,信号传播速度为200M/μs,试计算: ?1000比特的帧从发送开始到接收结束的最大时间是多少? ?若两相距最远的站点在同一时刻发送数据,则经过多长时间两站发现冲突? 解答: ?两站点从发送开始到接收结束的总时间=数据传输时延+信号传播时延 =1000bit/10Mbps + 1000m/200m/us =100us+5us=105us ?同时发送数据的两站点发现冲突的时间=信号传播时延 =1000m/200m/us=5us (注:若非同时发送数据,两站点发现冲突的最大时间=2*信号传播时延) 练习:某CSMA/CD基带总线网长度为1000m，信号传播速度为200m/μs,假如位于总线两端的站点在发送数据帧时发生了冲突,试问: ? 该两站间信号传播延迟时间是多少? ? 最多经过多长时间才能检测到冲突? 【解析】?该两站间时延a =1000m/200(m/μS)=5μS ?冲突检测时间=2a=2×5μs=10μs 【答案】?5μs?lOμs 15题。100个站点的时槽环，任意两站间的平均距离为10m,数据传输速率为10Mbps,信号传播速度为200m/us,若每个站引入1位延迟,试计算: ?两站间链路的位长度为多少位, ?整个环路的有效位长度为多少位, ?此环上最多允许有几个37位长的时槽, 解答:见P177公式 环的比特长度=信号传播时延*数据传输速率+接口延迟位数 ?两站间链路的位长度为:10m/200m/us * 10Mbps=0.5bit(不计1位延迟) ?总环路的有效位长度为:100(0.5bit+1bit)=150bit ?时槽数为:150bit/37bit约等于4 .07=5(个) 16题。当数据传输速率为5Mbps,传播速度为200m/us时，令牌环接口中的一个比特时延等价于多少米的电缆, 解答:在5Mbps数据传输速率下，一个位时等于0.2微秒(=1/5)，在0.2微s时间内信号可以传播的距离=0.2*200=40米 因此:一个比特时延等价于40米的电缆。 17题。长1Km、10Mbps、50个站点的令牌环，每个站引入1位延迟，信号传播速度为200m/us,令牌长8位，数据帧最大长度为256(包括32位开销)，确认在数据帧捎带，问该环不包括开销的有效数据速率为多少, 分析:站点在令牌环上一个完整的工作周期如下: ? 获取令牌 ?发送数据帧:把数据帧发送到环上;(传输时延) ?数据帧绕环一周:绕环线一周;(传播时延) 经过每个站点有1位时延。(传输时延) ?发送令牌帧:把令牌帧发送到环上;(传输时延) 解:1)获取令牌传输时延为: 8bit/10Mbps=0.8us 2)发送数据帧传输时延为: 256bit/10Mbps=25.6us 3)信号绕环一周传播时延为: 1000m/200m/us=5us 4)50站点1位传输时延为: 50 * 1bit/10Mbps=5us 5)发送令牌帧传输时延为: 8bit/10Mbps=0.8us 所需总时间为:(0.8+25.6 +5 +5 +0.8)us=37.2us 该环不包括开销的有效数据传输速率为: (256-32)bit/37.2us=6.1Mbps 18题。长10Km、16Mbps、100个站点的令牌环，每个站引入1位延迟，信号传播速度为200m/us。问:?该环上1位的延迟相当于多少米长度的电缆,?该环的有效位长度为多少位, 解法1:?令牌环的比特长度为:10Km*5us/Km * 16Mbps + 100bit=900bit 故该环上1位的延迟相当于电缆的长度为:1bit * 10Km/900bit=11m ?该环的有效位长度为:10Km*5us/Km * 16Mbps=800bit(不计1位延迟) 19题。长1Km、4Mbps、50个站点的令牌环，每个站引入1位延迟，信号传播速度为200m/us,设数据帧最大长度为100字节。问该环上检查令牌丢失的超时计数器的值至少要设置为多少微秒, 解答:?1Km令牌环传播时延为: 1000m/200m/us=5us ?50个站点1位时延为: 50*1bit/4Mbps=12.5us ?发送最长数据帧的时延为: 100*8bit/4Mbps=200us 故超时计数器的值至少要设置为: 5+12.5+200=217.5(us) (这里忽略了令牌的发送时间)。 20题。 令牌环中的数据帧的长度没有下限，但其上限受站点令牌持有时间的限制。数据帧必须在时间限制内发送完，超过令牌持有时间，必须释放令牌。 可发送的最长帧位数,传输速率×令牌的持有时间,10Mbps×10μs,100位