華東師范大學(xué)期中考試試卷

2020—2021學(xué)年第一學(xué)期

課程名稱：計算機網(wǎng)絡(luò)

學(xué)生姓名：學(xué)號：

專業(yè)：軟件工程學(xué)院年級/班級：

課程性質(zhì)：公共必修、公共選修、專業(yè)必修、專業(yè)選修

—?二三四五總分閱卷人簽名

注意：1、考試時間為90分鐘，考試形式為：閉卷

2、答案全部做在答題紙上

3、考試完畢后，試卷和答題紙全部上交

一、單項選擇題（本大題共10小題，每小題2分，共20分）

1.0SI模型中的第二、第三、第四、第六層分別是（D）o

A.物理層、網(wǎng)絡(luò)層、會話層、傳輸層

B.數(shù)據(jù)鏈路層、網(wǎng)絡(luò)層、傳輸層、會話層

C.物理層、數(shù)據(jù)鏈路層、傳輸層、應(yīng)用層

D.數(shù)據(jù)鏈路層、網(wǎng)絡(luò)層、傳輸層、表不層

2.PCM是（B）轉(zhuǎn)換的一個實例。

A.數(shù)字到數(shù)字B.模擬到數(shù)字C.模擬到模擬D.數(shù)字到模擬

3.循環(huán)冗余校驗CRC中的生成式包含（C）因子時，可檢測出所有的奇數(shù)位錯誤。

A.xB.x2+x+lC.x+1D.以上均不是

4.若數(shù)據(jù)鏈路層的發(fā)送窗口尺寸WT=15,在發(fā)送7號幀、并接到5號幀的確認幀后，發(fā)送

方還可連續(xù)發(fā)送（D）。

A.4幀B.5幀C.10幀D.13幀

5.以下哪個解決信道競爭的方法在競爭期中有可能發(fā)生沖突？（C）

A.位圖協(xié)議B.二進制倒計數(shù)

C.自適應(yīng)樹遍歷協(xié)議D.令牌傳遞

6.IEEE802.3標準為第一代10Mbps以太網(wǎng)使用的訪問方法是（A）CSMA/CD。

A.1-persistent（B）p-persistent（C）non-persistent（D）以上均不是

7.N個站分時Aloha協(xié)議的危險周期是幀傳輸時間（幀時）的（A）倍。

A.1B.2C.3D.以上均不正確

8.采用相位振幅調(diào)制PAM技術(shù)，可以提高數(shù)據(jù)傳輸速率，例如采用8種相位，每種相位

取2種幅度值，可使一個碼元（Hz）表示的二進制數(shù)的位數(shù)為（A）。

A.4位B.8位C.16位D.32位

9.設(shè)信道帶寬為4000HZ,采用PCM編碼，采樣周期為125us,每個樣本量化為128個等

級，則信道的數(shù)據(jù)率為（C）O

A.10Kb/sB.16Kb/sC.56Kb/sD.64Kb/s

10.下列對ADSL網(wǎng)絡(luò)的描述哪些是錯誤的？（B）。

A.采用普通電話線作為傳輸介質(zhì)

B.當語音通話時，不能使用網(wǎng)絡(luò)通信

C.上行線和下行線通信帶寬不同

D.ADSL是一種異步傳輸模式

二、填空題（本大題共10小題，每空2分，共20分）

1.模擬信號傳輸?shù)幕A(chǔ)是載波，載波具有三個要素，即頻率、（振幅）和（相位）o

數(shù)字數(shù)據(jù)可以針對載波的不同要素或它們的組合進行調(diào)制。

2.OSI參考模型的三個主要概念是接口、（服務(wù)）和（協(xié)議）。

3.采用海明碼校驗方法糾正單比特錯誤，若信息位為6位，則冗余位至少為（4）位。

4.（尼奎斯特）定理定義了無噪聲信道理論上的最大數(shù)據(jù)傳輸速率，（香農(nóng)）定

理定義了加性白噪聲信道理論上的最大數(shù)據(jù)傳輸速率。

5.采用位填充法進行成幀，成幀標識為01111110o如果需要傳送的比特串為

01111110111110,則經(jīng)位填充后，此比特串變?yōu)椋?111110101111100）（不包括起

始和結(jié)束標志）o

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6.在回退N幀協(xié)議中，如果用5個bit序號對數(shù)據(jù)幀進行編號，發(fā)送窗口大小的最大值是

（31）,接收窗口大小的最大值是（1）。

三、名詞解釋（本大題共4小題，每小題5分，共20分）

1.循環(huán)冗余校驗碼

答:CRC（CyclicRedundancyCheck）碼，是數(shù)據(jù)通信領(lǐng)域中最常用的一種差錯校驗碼，

其特征是信息字段和校驗字段的長度可以任意選定。基本思想是將要傳送的信息M（X）表示

為一個多項式L,用L除以（模2除）一個預(yù)先確定的生成多項式G（X）,得到的余式添加

到M（X）尾部，就構(gòu)成所需的循環(huán)冗余校驗碼。有以下特點：①可檢測出所有奇數(shù)位錯；②

可檢測出所有雙比特的錯；③可檢測出所有小于、等于校驗位長度的突發(fā)錯。

2.隱藏終端問題

答：在無線局域網(wǎng)中，由于無線電的覆蓋范圍有限，導(dǎo)致一個無線站B的兩個鄰居A和C

雖然彼此不在對方的范圍內(nèi)，但可能潛在地干擾彼此和共同鄰居之間的通信，從而互相構(gòu)成

隱藏終端問題。

3.CDMA

答：CDMA（CodeDivisionMultipleAccess）即碼分多址訪問，是一種多路復(fù)用技術(shù)，

CDMA系統(tǒng)是基于碼分技術(shù)和多址技術(shù)的通信系統(tǒng)，系統(tǒng)為每個用戶分配各自特定芯片碼,

芯片碼之間具有相互正交，允許多路信號使用相同的帶寬同時傳輸數(shù)據(jù)。

4.CSMA/CD

答：CSMA/CD（CarrierSensemultipleAccess/CollisionDetection）,帶沖突檢測的

載波偵聽多路訪問協(xié)議，是爭用型的介質(zhì)訪問控制協(xié)議，位丁數(shù)據(jù)鏈路層，工作原理為：

（1）發(fā)送站發(fā)送時首先偵聽載波（載波檢測）。

（2）如果網(wǎng)絡(luò)（總線）空閑，發(fā)送站開始發(fā)送它的幀。

（3）如果網(wǎng)絡(luò)（總線）被占用，發(fā)送站繼續(xù)偵聽載波并推遲發(fā)送直至網(wǎng)絡(luò)空閑。

（4）發(fā)送站在發(fā)送過程中偵聽碰撞（碰撞檢測）。

（5）如果檢測到碰撞，發(fā)送站立即停止發(fā)送，這意味著所有卷入碰撞的站都停止發(fā)送。

（6）每個卷入碰撞的站都進入退避周期，即按照一定的退避算法等一段隨機時間后進行重

發(fā)，亦即重復(fù)上述1-6步驟，直至發(fā)送成功。

四、簡答題（本大題共3小題，共18分）

1.（6分）請問面向連接通信和無連接通信之間的差異是什么？各舉一個通信協(xié)議例子。

答：其一：面向連接通信分為三個階段，第一是建立連接，在此階段，發(fā)出一個建立連

接的請求。只有在連接成功建立之后，才能開始數(shù)據(jù)傳輸，這是第二階段。接著，當數(shù)據(jù)傳

輸完畢，必須釋放連接。而無連接通信沒有這么多階段，它直接進行數(shù)據(jù)傳輸。

其二：面向連接的通信具有數(shù)據(jù)的保序性，而無連接的通信不能保證接收數(shù)據(jù)的順序與發(fā)送

數(shù)據(jù)的順序一致。

（i）無連接:UDP：

（ii）面向連接：TCP

2.（6分）設(shè)兩站間信道速率為20kb/s,采用停止等待協(xié)議，傳播時延J=30ms,確認

幀長度和處理時間均可忽略。問幀長為多少才能使信道利用率達到至少50%。

答：在確認幀長度和處理時間均可忽略的情況下，要使信道利用率達到至少50%必須使數(shù)

據(jù)幀的發(fā)送時間等于往返傳播時延，即兩倍的單向傳播時延。

即：tf>2tp

「匕I

已知：C,其中C為信道容量，或信道速率為幀長（以比特為單位）。

所以得幀長〃=CXtf>CX2tp=20000X0.06=1200bits

3.（6分）請解釋為何選擇重傳協(xié)議中要設(shè)置以下語句？

#defineNR_BUFS（（MAX_SEQ+1）/2）

答：該協(xié)議將窗口的最大尺寸設(shè)置為不超過序號空間的一半。

這么做是為了確保接收方向前移動窗口之后，新窗口與老窗口的序號沒有重疊。

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如果不這么設(shè)置，當接收方向前移動它的窗口后，新的有效序號范圍與老的序號范圍有

重疊。因此，后續(xù)的一批幀可能是重復(fù)的幀(如果所有的確認都丟失了)，也可能是新

的幀(如果所有的確認都接收到了)，而接收方根本無法區(qū)分這兩種情形，將會導(dǎo)致往

網(wǎng)絡(luò)層傳遞不正確的數(shù)據(jù)包。

五、應(yīng)用題(本大題共2小題，共22分)

1.(10分)一大群ALOHA用戶每秒鐘產(chǎn)生100個請求，包括原始的請求和重傳的請求。

時間槽單位為10毫秒。請問第一次發(fā)送成功的機會是多少？恰好k次沖突之后成功的又概

率是多少？

答：每個時槽為10msec推知每秒有100個時槽，由于每秒有100個發(fā)送請求，每個時槽內(nèi)

的幀請求期望值為G=L所以有：

Gke~0

(a),在一個“幀時”內(nèi)生成k幀的概率服從泊松分布=o

對于分槽Aloha,首次發(fā)送時別人不發(fā)送的概率是Pr[0]=eA(-l)=0.368.

(b),由于Pr[0]=MGl),所以有沖突的概率是1?鏟(?1),故剛好發(fā)生k次沖突然后一次成

功的概率是(l-eA(-l))A