数据链路层的功能

选择题

1．下列不属于数据链路层功能的是（B)。
A．帧定界功能
B．电路管理功能
C．差错控制功能
D．流量控制功能

2．数据链路层协议的功能不包括（D）
A．定义数据格式
B．提供结点之间的可靠传输
C．控制对物理传输介质的访问
D．为终端结点隐蔽物理传输的细节

3．为了避免传输过程中帧的丢失，数据链路层采用的方法是（D)．
A．帧编号机制
B．循环冗余校验码
C．汉明码
D．计时器超时重发

4．数据链路层为网络层提供的服务不包括（C)．
A．无确认的无连接服务
B．有确认的无连接服务
C．无确认的面向连接服务
D．有确认的面向连接服务

5．对于信道比较可靠并且对实时性要求高的网络，数据链路层采用（A)比较合适。
A．无确认的无连接服务
B．有确认的无连接服务
C．无确认的面向连接服务
D．有确认的面向连接服务

6．流量控制实际上是对（A）的控制。
A．发送方的数据流量
B．接收方的数据流量
C．发送、接收方的数据流量
D．链路上任意两结点间的数据流量

7．下述协议中，（A)不是链路层的标准。
A．ICMP B．HDLC C．PPP D．SLIP

8．假设物理信道的传输成功率是95%，而平均一个网络层分组需要10个数据链路层帧来发如果数据链路层采用无确认的无连接服务，那么发送网络层分组的成功率是（B)。
A．40% B．60% C．80% D．95%

解析

1．B
数据链路层的主要功能有：1．如何将二进制比特流组织成数据链路层的帧；2．如何控制帧在物理信道上的传输，包括如何处理传输差错；3．在两个网络实体之间提供数据链路的建立、维护和释放；4．控制链路上帧的传输速率，以使接收方有足够的缓存来接收每一个帧。这些功能对应为帧定界、差错检测、链路管理和流量控制。电路管理功能是物理层提供的，关于“电路”和“链路”的区别请参见本章疑难点1。
2．D
数据链路层的主要功能包括组帧，组帧即定义数据格式，A正确。数据链路层在物理层提供的不可靠的物理连接上实现结点到结点的可靠性传输，B正确。控制对物理传输介质的访问是由数据链路层的介质访问控制(MAC)子层完成，C正确。数据链路层不必考虑物理层如何实现比特传输的细节，因此D错误。

3．D
为了防止在传输过程中帧丢失，在可靠的数据链路层协议中，发送方对发送的每一个数据帧设计一个定时器，当计时器到期而该帧的确认帧仍没有到达时，发送方将重发该帧。为了保证接收方不会接收到重复帧，需要对每个发送的帧进行编号；汉明码和循环冗余校验码都用于差错控制。

4．C
连接是建立在确认机制的基础上的，因此数据链路层没有无确认的面向连接服务。一般情况下，数据链路层会为网络层提供三种可能的服务:无确认的无连接服务、有确认的无连接服务、有确认的面向连接服务。

5．A
无确认的无连接服务是指源机器向目标机器发送独立的帧，目标机器并不对这些帧进行确认。事先并不建立逻辑连接，事后也不用释放逻辑连接。若由于线路上有噪声而造成了某一帧丢失，则数据链路层并不会检测这样的丢帧现象，也不会回复。当错误率很低时，这一类服务非常的合适，这时恢复任务可以留给上面的各层来完成。这类服务对于实时通信也是非常合适的，因为实时通信中数据的迟到比数据损坏更加不好。

6．A
流量控制是通过限制发送方的数据流量而使发送方的发送速度不超过接收方接收能力的一种技术。流量控制的功能并不是数据链路层独有，其他层上也有相应的控制策略，只是各层的流量控制对象是在相应层的实体之间进行的。

7．A
网际控制报文协议ICMP是网络层协议，PPP是在 SLIP基础上发展而来的，都是数据链路层协议。

8．B
要成功发送一个网络层分组，需要成功发送10个数据链路层帧。成功发送10个数据链路层帧的概率是**(0.95)¹⁰≈0.598**，即大约只有60%的成功率。这个结论说明了在不可靠的信道上无确认的服务效率很低。为了提高可靠性应该引入有确认的服务。

组帧

应用题

1．在一个数据链路协议中使用下列字符编码:
A 01000111; B 11100011; FLAG 01111110; ESC 11100000
在使用下列成帧方法的情况下，说明为传送4个字符A、B、ESC、FLAG所组织的帧实际发送的二进制位序列(使用 FLAG做首尾标志，ESC做转义字符)．
1）字符计数法;
2）使用字符填充的首尾定界法;
3）使用比特填充的首尾标志法。

解析

1)第一字节为所传输的字符计数5，转换为二进制为00000101，后面依次为A、B、ESC、FLAG的二进制编码:
00000101 0100011111100011 11100000 01111110
2）首尾标志位FLAG (O1111110)，在所传输的数据中，若出现控制字符，则在该字符前插入转义字符ESC (11100000):
01111110 01000111 11100011 11100000 1110000011100000 01111110 01111110
3）首尾标志位FLAG （01111110)，在所传输的数据中，若连续出现5个“1”，则在其后插入“0”:
01111110 01000111 110100011111000000 011111010 01111110

差错控制

选择题

1．通过提高信噪比可以减弱其影响的差错是（A)。
A．随机差错 B．突发差错 C．数据丢失差错 D．干扰差错

2．下列有关数据链路层差错控制的叙述中，错误的是（A)．
A．数据链路层只能提供差错检测，而不提供对差错的纠正
B．奇偶校验码只能检测出错误而无法对其进行修正，也无法检测出双位错误
C．CRC校验码可以检测出所有的单比特错误
D．海明码可以纠正一位差错

3．下列属于奇偶校验码特征的是（A)。
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检验可靠
D．可以检查偶数个比特的错误

4．字符S的ASCII 编码从低到高依次为1100101，采用奇校验，在下述收到的传输后字符中，哪种错误（D）不能检测?
A．11000011 B．11001010 C．11001100 D．11010011

5．为了纠正2比特的错误，编码的海明距应该为（D)．
A．2 B．3 C．4 D．5

6．对于10位要传输的数据，如果采用汉明校验码，需要增加的冗余信息位数是（B)．
A．3 B．4 C．5 D．6

7．下列关于循环冗余校验的说法中，（B)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

8．要发送的数据是1101 0110 11，采用CRC校验，生成多项式是10011，那么最终发送的数据应该是（C)。
A．1101 0110 1110 10
B．1101 0110 1101 10
C．1101 0110 1111 10
D．1111 0011 0111 00

应用题

在数据传输过程中，若接收方收到的二进制比特序列为10110011010，接收双方采用的生成多项式为G(x)＝x⁴+x³+1，则该二进制比特序列在传输中是否出错?如果未出现差错，发送数据的比特序列和 CRC检验码的比特序列分别是什么?

解析

1．A
一般来说，数据的传输差错是由噪声引起的。通信信道的噪声可以分为两类:热噪声和冲击噪声。热噪声一般是信道固有的，引起的差错是随机差错，可以通过提高信噪比来降低它对数据传输的影响。冲击噪声一般是由外界电磁干扰引起的，引起的差错是突发差错，它是引起传输差错的主要原因，无法通过提高信噪比来避免。

2．A
链路层的差错控制有两种基本策略:检错编码和纠错编码，常见的纠错码有海明码，它可以纠正一位差错。

3．A
奇偶校验的原理是通过增加冗余位来使得码字中“1”的个数保持为奇数或偶数的编码方法。它只能发现奇数个比特的错误。

4．D
既然采用奇校验，那么传输的数据中1的个数如果是偶数个则可检测出错误，如果1的个数是奇数个就检测不出错误，因此选D。

5．D
海明码“纠错”d位，需要码距为2d+1的编码方案；“检错”d位，则只需码距为d+1。

6．B
在k比特信息位上附加r比特冗余信息，构成k+r比特的码字，必须满足2^r≥k+r+1。如果k的取值小于等于11且大于4，则r=4。

7．B
在使用多项式编码时，发送端和接收端必须预先商定一个生成多项式。发送端按照模2除法，得到校验码，在发送数据时把该校验码加在数据后面。接收端收到数据后，也需要根据该生成多项式来验证数据的正确性。

8．C
假设一个帧有m位，其对应的多项式为G(x)，则计算冗余码的步骤如下:
①加0:假设 G(x)的阶为r，在帧的低位端加上r个0;
②模2除:利用模2除法，用G(x)对应的数据串去除①中计算出的数据串，得到的余数即为冗余码（共r位，前面的0不可省略)。
多项式以2为模运算。按照模2运算规则，加法不进位，减法不借位，它刚好是异或操作。乘除法类似于二进制的运算，只是在做加减法时按模2规则进行。
根据以上算法计算可得答案选C。

流量控制&可靠传输

选择题

1．从滑动窗口的观点看，当发送窗口为1，接收窗口也为1时，相当于ARQ的（C)方式。
A．回退N帧ARQ B．选择重传ARQ C．停止-等待 D．连续ARQ

2．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（D)。
A．差错校验 B．帧序号 C．NAK机制 D．超时机制

3．一个信道的数据传输率为4kb/s，单向传播时延为30ms，如果使停止-等待协议的信道最大利用率达到80%，要求的数据帧长度至少为（D)
A．160bit B．320bit C．560bit D．960bit

4．数据链路层采用后退N帧协议方式，进行流量控制和差错控制，发送方已经发送了编号0~6的帧。当计时器超时时，只收到了对1、3和5号帧的确认，发送方需要重传的帧的数目是（A)。
A．1 B．2 C．5 D．6

5.【2009年计算机联考真题】

数据链路层采用了后退N帧（GBN）)协议，发送方已经发送了编号为0~7的帧。当计时器超时时，若发送方只收到0、2、3号帧的确认，则发送方需要重发的帧数是（C )．
A．2 B．3 C．4 D．5

6．数据链路层采用了后退N帧的（GBN)协议，如果发送窗口的大小是32，那么至少需要（C)位的序列号才能保证协议不出错。
A．4 B．5 C．6 D．7

7．【2012年计算机联考真题】

两台主机之间的数据链路层采用后退N帧协议（GBN)传输数据，数据传输速率为16 kbps，单向传播时延为270ms，数据帧长度范围是128~512字节，接收方总是以与数据帧等长的帧进行确认。为使信道利用率达到最高，帧序列的比特数至少为（B)。
A．5 B．4 C．3 D．2

8．若采用后退N帧的ARQ协议进行流量控制，帧编号字段为7位，则发送窗口的最大长度为（C )．
A．7 B．8 C．127 D．128

9．【2011年计算机联考真题】

数据链路层采用选择重传协议（SR)传输数据，发送方已发送了0~3号数据帧，现已收到1号帧的确认,而0、2号帧依次超时，则此时需要重传的帧数是( B)。
A．1 B．2 C．3 D．4

10．一个使用选择重传协议的数据链路层协议，如果采用了5位的帧序列号，那么可以选用的最大接收窗口是(B)。
A．15 B．16 C．31 D．32

11．对于窗口大小为n的滑动窗口，最多可以有（B)帧已发送但没有确认。
A．0 B．n-1 C．n D．n/2

12．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( D).
A．2ⁿ-1 B．2n C．2n-1 D．2^n-1

13．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。假定帧的序号长度为4，发送窗口和接收窗口的大小都是7，使用累积确认。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、3两个帧，此时发送窗口将要发送的帧序号为(①)，接收窗口的上边界对应的帧序号为(②)；A继续发送4、5两个帧，且这两个帧已进入B的缓冲区，而B仅应答了2、3两个帧，此时接收窗口最多能接收(③)个帧。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，那么接收窗口的大小W(④)2^k-1;如果发送窗口的上边界对应的帧序号为U,则发送窗口的下边界对应的帧序号为（⑤)。
① A．2 B．3 C．4 D．5
② A．1 B．2 C．3 D．4
③ A．3 B．4 C．5 D．6
④ A．< B．> C．≥ D．≤
⑤ A．≥(U-W+1)mod 2^k
B．≥(U-W)mod 2^k
C．≥(U-W)mod 2^k-1
D．≥(U-W-1 )mod 2^k-1

14．【2014年计算机联考真题】

主机甲与主机乙之间使用后退N帧协议(GBN)传输数据，甲的发送窗口尺寸为1000，数据帧长为1000字节，信道带宽为100Mbps，乙每收到一个数据帧立即利用一个短帧(忽略其传输延迟)进行确认，若甲、乙之间的单向传播延迟是50ms，则甲可以达到的最大平均数据传输速率约为( C)。
A．10Mbps B．20Mbps C．80Mbps D．100Mbps

15．【2015年计算机联考真题】

主机甲通过128kbps 卫星链路，采用滑动窗口协议向主机乙发送数据，链路单向传播延迟为250ms，帧长为1000字节。不考虑确认帧的开销，为使链路利用率不小于80%，帧序号的比特数至少是( B).
A．3 B．4 C．7 D．8

16．【2018年计算机联考真题】】

主机甲采用停止-等待协议向主机乙发送数据，数据传输速率是3kb/s，单向传播时延是 200ms，忽略确认帧的传输时延。当信道利用率等于40%时,数据帧的长度为（D).
A．240比特 B．400比特 C．480比特 D．800比特

17．【2019年计算机联考真题】

对于滑动窗口协议，若分组序号采用3比特编号，发送窗口大小为5，则接收窗口最大是(B).
A．2 B．3 C．4 D．5

18．【2020年计算机联考真题】

假设主机甲采用停-等协议向主机乙发送数据帧，数据帧长与确认帧长均为1000B,数据传输速率是10kb/s，单项传播延时是200ms.则甲的最大信道利用率为（D)。
A．80% B．66.7% C．44.4% D．40%

应用题

1.在选择重传ARQ协议中，设编号用3bit。再设发送窗口W_T=6，而接收窗口W_R=3。试找出一种情况,使得在此情况下协议不能正确工作。

2.假设一个信道的数据传输速率为5kb/s，单向传输延迟为30ms，那么帧长在什么范围内，才能使用于差错控制的停止一等待协议的效率至少为50%?

3．假定卫星信道的数据率为100kb/s，卫星信道的单程传播时延为250ms，每个数据帧的帧长均为2000位，并且不考虑误码、确认帧长、头部和处理时间等开销，为达到传输的最大效率，试问博的顺序号应为多少位?此时信道利用率是多少?

4.在数据传输率为50kb/s的卫星信道上传送长度为lkbit 的帧,假设确认帧总是由数据帧捎带，帧头的序号长度为3bit，卫星信道端到端的单向传播延迟为270ms。对于下面三种协议，信道的最大利用率是多少?
1）停止-等待协议。
2）后退N帧协议。
3）选择重传协议（假设发送窗口和接收窗口相等).

5．对于下列给定的值，不考虑差错重传，非受限协议（无需等待应答)和停止等待协议的有效数据率是多少?（即每秒传输了多少真正的数据，单位b/s )
R-传输速率(16Mb/s)
S-信号传播速度(200m/s)
D=接收主机和发送主机之间传播距离(200m)T=创建帧的时间(2uS)
F=每帧的长度(500bit)
N=每帧中的数据长度(450bit)A=确认帧 ACK的帧长(80bit)

6．在某个卫星信道上，发送端从一个方向发送长度为512B的帧，且发送端的数据发送速率为64kb/s，接收端在另一端返回一个很短的确认帧。设卫星信道端到端的单向传播延时为270ms，对于发送窗口的尺寸分别为1、7、17和117的情况，信道的吞吐率分别为多少?

7．【2017年计算机联考真题】

甲乙双方均采用后退N帧协议(GBN)进行持续的双向数据传输,且双方始终采用捎带确认,帧长均为1000 BSx和R.,y分别表示甲方和乙方发送的数据帧，其中:x是发送序号;y是确认序号(表示希望接收对方的下一帧序号);数据帧的发送序号和确认序号字段均为3比特。信道传输速率为100Mbps,RTT=0.96ms。下图给出了甲方发送数据帧和接收数据帧的两种场景，其中6为初始时刻，此时甲方的发送和确认序号均为0，4时刻甲方有足够多的数据待发送。

l)对于图（a ), t₀时刻到t₁时刻期间，甲方可以断定乙方已正确接收的数据帧数是多少?正确接收的是哪几个帧(请用S_x,y形式给出)?
2）对于图( a)，从t₁时刻起，甲方在不出现超时且未收到乙方新的数据帧之前，最多还可以发送多少个数据帧?其中第一个帧和最后一个帧分别是哪个（请用S_x,y形式给出）?
3）对于图(b)，从东时刻起，甲方在不出现新的超时且未收到乙方新的数据帧之前，需要重发多少个数据帧?重发的第一个帧是哪个（请用S_x,y形式给出）?
4）甲方可以达到的最大信道利用率是多少?

解析

选择题

1．C
停止-等待协议的工作原理是:发送方每发送一帧，都要等待接收方的应答信号，之后才能发送下一帧:接收方每接收一帧，都要反馈一个应答信号，表示可接收下一帧，如果接收方不反馈应答信号，则发送方必须一直等待。

2．D
在停止-等待协议中，发送端设置了计时器，在一个帧发送之后，发送端等待确认，如果在计时器计满时仍未收到确认，则再次发送相同的帧，以免陷入永久的等待。

3．D
设C为数据传输率，L为帧长，R为单程传播延时。停-等协议的信道最大利用率为(L/C)÷(L/C+2R)=L÷(L+2RC)-L-(L+2×30ms×4kb/s)=80%，得出L＝960bit。

4．A
GBN一般采用累积确认，故收到了对5号帧的确认意味着接收方已经收到了1~5号帧，因此发送方仅需要重传6号帧。

5．C
在后退N帧协议中,当接收方检测到某个帧出错后,则简单地丢弃该帧及其后所有的后续帧,发送方超时后需重传该数据帧及其后续的所有帧。这里应注意，连续 ARQ 协议中，接收方一般采用累积确认的方式，即接收方对按序到达的最后一个分组发送确认，因此本题中收到3的确认帧就表示编号为0、1、2、3的帧已接收，而此时发送方未收到1号帧的确认只能代表确认帧在返回的过程中丢失了，而不代表1号帧未到达接收方。因此需要重传的帧为编号是4、5、6、7的帧。

6．C
在后退N帧的协议中，序列号个数不小于 MAX_SEQ+1，在题目中发送窗口的大小是32，那么序列号个数最少应该是33个。所以最少需要6位的序列号才能达到要求。

7．B
本题即求从发送一个帧到接收到这个帧的确认为止的时间内最多可以发送多少数据帧。要尽可能多发帧，应以短的数据帧计算，首先计算出发送一帧的时间:128×8/(16×10³)=64ms;发送一帧到收到确认为止的总时间:64+270×2+64＝668ms;这段时间总共可以发送668/64=10.4（帧),发送这么多帧至少需要用4位比特进行编号。

8．C
如果在接收窗口整体向前移动时，新窗口中的序列号和旧窗口的序列号产生重叠，致使接收方无法区别发送方发送的帧是重发帧还是新帧，因此在后退N帧的ARQ协议中，发送窗口W_T≤2ⁿ-1。本题中n=7，故发送窗口最大长度是127。

9．B
选择重传协议中，接收方逐个地确认正确接收的分组，不管接收到的分组是否有序，只要正确接收就发送选择ACK分组进行确认。因此选择重传协议中的ACK分组不再具有累积确认的作用。这点要特别注意与GBN协议的区别。此题中只收到1号帧的确认，0、2号帧超时，由于对于1号帧的确认不具累积确认的作用，因此发送方认为接收方没有收到0、2号帧，于是重传这两帧。

10．B
在选择重传协议中，若采用n个比特对帧进行编号，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号范围的一半:W_g≤2^n-1。因此选B。

11．B
在连续ARQ协议中，发送窗口的大小≤窗口总数-1。例如，窗口总数为8，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等于窗口总数-1，因为它的接收窗口大小为1，所有的帧保证按序接收。因此对于窗口大小为n的滑动窗口，其发送窗口大小为n-1，即最多可以有n-1帧已发送但没有确认。

12．D
本题并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，而选择重传协议的发送窗口最大尺寸为2^n-1。

13．C、C、C、D、A
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的四个帧，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B接收了编号为0~3后，滚动窗口，准备接收编号为4，5，6，0，1，2，3的帧，因此接收窗口的上边界对应的帧序号为3.
3)当编号为4、5的两个帧进入接收方B的接收缓冲区时,B最多还可以接收7-2=5个帧。
4）当帧的序号长度为k 比特，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，即W_R≤2^k-1。
5）设发送窗口为[L,U]，发送窗口大小的初始值为W，发送窗口的大小应该大于等于0，但小于等于W，所以有:0≤U-L+1≤W。因此L≥(U-W+1)mod 2^k。

14．C
考虑制约甲的数据传输速率的因素，首先，信道带宽能直接制约数据的传输速率，传输速率一定是小于等于信道带宽的;其次，主机甲、乙之间采用后退N帧协议，那么因为甲、乙主机之间采用后退N帧协议传输数据，要考虑发送一个数据到接收到它的确认之前，最多能发送多少数据，甲的最大传输速率受这两个条件的约束，所以甲的最大传输速率是这两个值中小的那一个。甲的发送窗口的尺寸为1000，即收到第一个数据的确认之前，最多能发送1000个数据帧，也就是发送1000×1000B=1MB 的内容，而从发送第一个帧到接收到它的确认的时间是一个往返时延，也就是50+50=100ms=0.1s，即在100ms中，最多能传输1MB 的数据，因此，此时的最大传输速率为1MB/0.1s=10MB/s=80Mbps。信道带宽为100Mbps,所以答案为**min {80Mbps,100Mbps}=80Mbps,**选C。

15．B
从发送周期思考，开始发送帧到收到第一个帧为止，用时为T＝第一个帧的传输时延+第一个帧的传播时延＋确认帧的传播时延＋确认帧的传播时延，这里忽略确认帧的传输时延。
因此T=1000B/128kb/s+ RTT =0.5625s，接着计算在T内需要发送多少数据才能满足利用率不小于80%。设数据大小为L字节。(L/128kb/s)/T≥80%, 得L≥7200B,即在一个发送周期内至少
发7.2个帧才能满足要求，设需要编号的出特数为n.则2ⁿ-1>7.2，因此n至少为4。

16．D
信道利用率=传输帧的有效时间/传输帧的周期。假设帧的长度为x比特。对于有效时间,应该用帧的大小除以数据传输速率，即x/(3kb/s)。对于帧的传输周期，应包含4部分:帧在发送端的发送时延、帧从发送端到接收端的单程传播时延、确认帧在接收端的发送时延、确认帧从接收端到发送端的单程传播时延。这4个时延中，由于题目中说“忽略确认帧的传输时延”,因此不计算确认帧的发送时延（注意区分传输时延和传播时延的区别，传输时延也称发送时延，和传播时延只有一字之差)。所以帧的传输周期由三部分组成:首先是帧在发送端的发送时延x/(3kb/s),其次是帧从发送端到接收端的单程传播时延200ms,最后是确认帧从接收端到发送端的单程传播时延200ms,三者相加可得周期为x(3kb/s) + 400ms代入信道利用率的公式，求出x= 800bit。答案选D。

17．B
从滑动窗口的概念来看,停止等待协议:发送窗口大小=1,接收窗口大小=1；后退N协议:发送窗口大小>1,接收窗口大小=1；选择重传协议:发送窗口大小>1，接收窗口大小>1。在选择重传协议中，需要满足:发送窗口大小+接收窗口大小≤2ⁿ；接收窗口大小不应超过发送窗口大小，因此接收窗口大小不应超过序号范围的一半，即≤2^n-1。根据以上规则,采用3比特编号，发送窗口大小为5，接收窗口大小应≤3。

18．D
发送数据帧和确认帧的时间均为t=1000×8b/10kb/s = 800ms。
发送周期为T=800ms +200ms +800ms + 200ms = 2000ms。
信道利用率为t/T×100%=800/2000= 40%。

应用题

1．解答:
对于选择重传协议，接收窗口和发送窗口的尺寸需满足:接收窗口 W_g+发送窗口 W_T≤2ⁿ,而题目中给出的数据W_R+W_T=9≥2³，所以是无法正常工作的。举例如下:
发送方:01234567012345670
接收方:01234567012345670
当发送方发送0~5号共6个数据帧,因发送窗口已满，发送暂停。接收方收到所有数据帧，对每一个帧都发送确认帧，并期待后面的6、7、0号帧。若所有的确认帧都没有到达发送方，经过发送方计时器控制的超时事件后,发送方再次发送之前的6个数据帧,而接收方收到0号帧后，无法判断是新的数据帧或是旧的重传的数据帧。

2．解答:
设帧长为L。在停止-等待协议中，协议忙的时间为数据发送的时间LB，协议空闲的时间为数据发送后等待确认返回的时间2R。要使协议的效率至少为50%，则要求信道利用率u至少为50%，而信道利用率=数据发送时延(传播时延+数据发送时延)，则
$$u=\frac{L/B}{L/B+2R}\ge 50\%$$
可得:L≥2RB=2×5000×0.03bit=300bit。因此，当帧长大于等于300bit时,停止-等待协议的效率至少为50%。

3．解答:
RTT=250×2=500ms=0.5s。
一个帧的发送时间等于2000bit÷100kb/s=20×10³s。
一个帧发送完后经过一个单程时延到达接收方，再经过一个单程时延发送方收到应答，从而可以继续发送，故要达到传输效率最大，就是不用等确认也可继续发送帧。设窗口值等于X，令
2000bit×X÷100kb/s=20×10^-3s+RTT=20×10^-3s+0.5s=0.52s
得x=26。
若取得最大信道利用率，窗口值是26即可，因为在此条件下，可以不间断地发送帧，所以发送速率保持在100kb/s.
由于16<26<32,帧的顺序号应为5位。在使用后退N式ARQ的情况下，最大窗口值是31,大于26，可以不间断地发送帧,此时信道利用率是100%。

4．解答:
最大信道利用率，即表示每个传输周期内要发送每个协议可发送的最大帧数。由题意，数据帧的长度为1kbit，信道的数据传输速率为50kb/s，因此信道的发送时延为1/50s=0.02s，另外信道端到端的传播时延=0.27s。本题中的确认帧是捎带的(通过数据帧来传送)，因此每个数据帧的传输周期为（0.02+0.27+0.02+0.27) S=0.58s,
1)在停止-等待协议中，发送方每发送一帧，都要等待接收方的应答信号，之后才能发送下一帧;接收方每接收一帧，都要反馈一个应答信号，表示可接收下一帧。其中用于发送数据帧的时间为0.02s。因此,信道的最大利用率为0.02/0.58＝3.4%。
2）在后退N帧协议中，接收窗口尺寸为1，若采用n比特对帧编号，则其发送窗口的尺寸W满足:I<W≤2ⁿ-1。发送方可以连续再发送若干个数据帧，直到发送窗口内的数据帧都发送完毕。如果收到接收方的确认帧则可以继续发送。若某个帧出错，接收方只是简单地丢弃该帧及其后所有的后续帧，发送方超时后需重传该数据帧及其后续的所有数据帧。
根据题目条件，在达到最大传输率的情况下，发送窗口的大小应为2ⁿ-1=7，此时在第一帧的数据传输周期0.58s内，实际连续发送了7帧(考虑极限情况，0.58s后接收方只收到0号帧的确认，此时又可以发出一个新帧，这样依次下去，取极限即是每个传输周期0.58s内发送了7帧),因此此时的最大信道利用率为7×0.02/0.58=24.1%。
3)选择重传协议的接收窗口和发送窗口的尺寸都大于1，可以一次发送或接收多个帧。若采用n比特对帧编号，则窗口尺寸应满足:接收窗口尺寸+发送窗口尺寸≤2ⁿ，当发送窗口与接收窗口尺寸相等时,应满足接收窗口尺寸≤2^n-1且发送窗口尺寸≤2^n-1。发送方可以连续发送若干个数据帧,直到发送窗口内的数据帧都发送完毕。如果收到接收方的确认帧则可以继续发送。若某个帧出错，接收方只是简单的丢弃该帧，发送方超时后需重传该数据帧。
和2）问中的情况类似，唯一不同的是为达到最大信道利用率，发送窗口大小应为2^n-1=4，因此，此时的最大信道利用率为4×0.02/0.58＝13.8%。

5．解答:
1)非受限协议

2)停止等待协议

6．解答:
这里要注意题目中的单位。数据帧的长度为512B，即 512×8bit=4.096kbit，一个数据帧的发送延时为4.096/64=0.064s。因此一个发送周期时间为0.064+2×0.27=0.6045。
因此当窗口尺寸为1时，信道的吞吐率为1×4.096/0.604=6.8kb/s
当窗口尺寸为7时,信道的吞吐率为7x4.096/0.604=47.5kb/s
由于一个发送周期为0.604s，发送一个帧的发送延时是0.064s，因此当发送窗口尺寸大于0.604/0.064，即大于或者等于10时，发送窗口就能保证持续发送。因此当发送窗口大小为17和117时，信道的吞吐率达到完全速率，与发送端的数据发送速率相等，即64kb/s。

7．解答:
1)t时刻到t₁时刻期间，甲方可以断定乙方已正确接收了3个数据帧，分别是S_0,0、S_1,0、S_2,0。R_3,3说明乙发送的数据帧确认号是3，即希望甲发送序号3的数据帧，说明乙已经接收了序号为0-2的数据帧。
2）从t₁时刻起，甲方最多还可以发送5个数据帧，其中第一个帧是S_5,2，最后一个数据帧是S_1,2。发送序号3位，有8个序号。在GBN协议中，序号个数>=发送窗口+1，所以这里发送窗口最大为7。此时已发送了S_3,0和S_4,1，所以最多还可以发送5个帧
3）甲方需要重发3个数据帧,重发的第一个帧是S_2,3.在GBN 协议中，接收方发送了N帧后，检测出错，则需要发送出错帧及其之后的帧。S_2,0超时，所以重发的第一帧是S₂。已收到乙的R₂帧,所以确认号应为3。
4）甲方可以达到的最大信道利用率是:

U=发送数据的时间/从开始发送第一帧到收到第一个确认帧的时间=N×Td/(Td+RTT+Ta)U是信道利用率，N是发送窗口的最大值，Td是发送一数据帧的时间，RTT是往返时间,Ta是发送一确认帧的时间。这里采用捎带确认,Td=Ta。

介质访问控制

选择题

1．将物理信道的总频带宽分割成若千个子信道，每个子信道传输一路信号，这种信道复用技术是( B).
A．码分复用 B．频分复用 C．时分复用 D．空分复用

2．TDM所利用的传输介质的性质是( D).
A．介质的带宽大于结合信号的位速率
B．介质的带宽小于单个信号的带宽
C．介质的位速率小于最小信号的带宽
D．介质的位速率大于单个信号的位速率

3．从表面上看，FDM比 TDM能更好地利用信道的传输能力，但现在计算机网络更多地使用 TDM而不是 FDM,其原因是（B).
A．FDM实际能力更差
B．TDM可用于数字传输而FDM不行
C．FDM技术不成熟
D．TDM 能更充分地利用带宽

4．在下列多路复用技术中，(B)具有动态分配时隙的功能。
A．同步时分多路复用
B．统计时分多路复用
C．频分多路复用
D．码分多路复用

5．在下列协议中，不会发生碰撞的是（A).
A．TDM B．ALOHA C．CSMA D．CSMA/CD

6．【2013年计算机联考真题】

下列介质访问控制方法中，可能发生冲突的是(B).
A．CDMA B．CSMA C．TDMA D．FDMA

7．以下几种 CSMA 协议中，(C）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

8．在 CSMA的非坚持协议中，当媒体忙时，则（ C)直到媒体空闲。
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

9．在监听到信道忙时，仍然继续监听下去，直到信道空闲为止．采用这种方式的CSMA 协议称为（A ).
A．1-坚持型 CSMA B．坚持型CSMA C． p-坚持型CSMA D．非坚持型 CSMA

10．在 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

11．在 CSMA/CD协议的定义中，“争议期”指的是(A).
A．信号在最远两个端点之间往返传输的时间
B．信号从线路一端传输到另一端的时间
C．从发送开始到收到应答的时间
D．从发送完毕到收到应答的时间

12．以太网中，当数据传输率提高时，帧的发送时间就会相应的缩短，这样可能会影响到冲突的检测。为了能有效地检测冲突，可以使用的解决方案有（B).
A．减少电缆介质的长度或减少最短帧长
B．减少电缆介质的长度或增加最短帧长
C．增加电缆介质的长度或减少最短帧长
D．增加电缆介质的长度或增加最短帧长

13．【2009年计算机联考真题】

在一个采用 CSMA/CD 协议的网络中，传输介质是一根完整的电缆，传输速率为1Gb/s,电缆中的信号传播速度是200000km/s。若最小数据帧长度减少800比特，则最远的两个站点之间的距离至少需要（D )。
A．增加160m B．增加80m C．减少160m D．减少80m

14．长度为10km，数据传输率为10Mb/s的 CSMA/CD以太网，信号传播速度为200m/us。那么该网络的最小帧长为( D).
A．20bit B．200bit C．100bit D．1000bit

15．【2016年计算机联考真题】

若Hub再生比特流过程中，会产生 1.535 u s延时，信号传播速度为200m/ u s,不考虑以太网帧的前导码，则H3和H4之间理论上可以相距的最远距离是( B).
A．200m B．205m C．359m D．512m

16．以太网中如果发生介质访问冲突，按照二进制指数回退算法决定下一次重发的时间,使用二进制回退算法的理由是(C).
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

17．以太网中采用二进制指数回退算法处理冲突问题，下列数据帧中重传时再次发生冲突的概率最低的是（ D).
A．首次重传的帧
B．发生两次冲突的帧
C．发生三次重传的帧
D．发生四次重传的帧

18．在以太网的二进制回退算法中，在11次碰撞之后，站点会在0~(C)之间选择一个随机数。
A．255 B．511 C．1023 D．2047

19．【2011年计算机联考真题】

下列选项中，对正确接收到的数据帧进行确认的MAC协议是(D ).
A．CSMA B．CDMA C．CSMA/CD D．CSMA/CA

20．与CSMA/CD 网络相比，令牌环网更适合的环境是（B )。
A．负载轻 B．负载重 C．距离远 D．距离近

21．根据CSMA/CD协议的工作原理,需要提高最短帧长度的是( B)
A．网络传输速率不变,冲突域的最大距离变短
B．冲突城的最大距离不变,网络传输速率提高
C．上层协议使用TCP的概率增加
D．在冲突域不变的情况下减少线路中的中继器数量

22．多路复用器的主要功能是（D).
A．执行模/数转换
B．执行串行/并行转换
C．减少主机的通信处理负荷
D．结合来自两条或更多条线路的传输

23．下列关于令牌环网络的描述中，错误的是(A).
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结点的时间可以计算

24．一条广播信道上接有3个站点A、B、C，介质访问控制采用信道划分方法，信道的划分采用码分复用技术，A、B要向C发送数据，设A的芯片序列为（+1,-1,-1,+1,+1,+1,+1,-1 )
站B可以选用的芯片序列为（D ).
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)

25．【2014年计算机联考真题】

站点A,B.C通过CDMA共享链路,A、B.C的码片序列(chipping sequence)分别是(1,1,1,1)、(1-1,1,-1)和(1,1,-1,-1)。若C从链路上收到的序列是(2,0,2,0,0,-2,0,-2,0,2,0,2),则C收到A发送的数据是( B).
A．000 B．101 C．110 D．111

26.【2015年计算机联考真题】

下列关于CSMA/CD协议的叙述中，错误的是（B)。
A.边发送数据帧，边检测是否发生冲突
B.适用于无线网络,以实现无线链路共享
C.需要根据网络跨距和数据传输速率限定最小帧长
D.当信号传播延迟趋近0时，信道利用率趋近100%

27．【2018年计算机联考真题】

IEEE 802.11无线局域网的MAC协议CSMA/CA进行信道预约的方法是(D）.
A．发送确认帧
B．采用二进制指数退避
C．使用多个MAC地址
D．交换RTS与CTS 帧

28．【2019年计算机联考真题】

假设一个采用CSMA/CD协议的100Mbps局域网，最小帧长是128B，则在一个冲突域内两个站点之间的单向传播延时最多是（B）
A．2.56μs B．5.12μs C．10.24μs D．20.48μs

29．【2020年计算机联考真题】

在某个TEEE 802.11无线局城网中,主机H与AP之间发送或接收CSMA/CA 帧的过程如下图所示在H或AP发送帧前等待的帧间间隔时间（IFS)中，最长的是(A）

A．IFS1 B．IFS2 C．IFS3 D．IFS4

应用题

1．以太网使用的 CSMA/CD协议是以争用方式接入到共享信道,这与传统的时分复用(TDM)相比优缺点如何?

2．长度为lkm、数据传输率为10Mbps的 CSMA/CD以太网，信号在电缆中的传播速度为2000OOkm/'s。试求能够使该网络正常运行的最小帧长。

3．10000个航空订票站在竞争使用单个时隙 ALOHA通道，各站平均每小时做18次请求，一个时隙是125us。问总的通信负载约为多少?

4．一组N个站点共享一个 56kb/s的纯ALOHA信道,每个站点平均每100s输出一个1000bit的帧，即使前一个帧没有发送完也依旧进行。问N可取的最大值是多少?

5．考虑建立一个 CSMA/CD网，电缆长lkm，不使用重发器，运行速率为1Gb/s，电缆中的信号速度是200000km/s，求最小帧长度是多少?

6．若构造一个 CSMA/CD总线网，速率为100Mb/s，信号在电缆中的传播速度为2×10’kmis,数据帧的最小长度为125字节。试求总线电缆的最大长度（假设总线电缆中无中继器).

7．在一个采用CSMA/CD 协议的网络中，传输介质是一根完整的电缆，传输速率为1Gb/s。电缆中信号的传播速率是200000km/s。若最小数据帧长度减少800bit，则最远的两个站点之间的距离应至少变化多少才能保证网络正常工作?

8．【2010年计算机联考真题】

某局域网采用CSMA/CD 协议实现介质访问控制，数据传输速率为10Mbps，主机甲和主机乙之间的距离是2km，信号传播速度是200000km/s。请回答下列问题，要求说明理由或写出计算过程。
1)若主机甲和主机乙发送数据时发生冲突，则从开始发送数据的时刻起，到两台主机均检测到冲突为止，最短需要经过多长时间?最长需要经过多长时间（假设主机甲和主机乙发送数据过程中，其他主机不发送数据）?
2）若网络不存在任何冲突与差错，主机甲总是以标准的最长以太网数据帧（1518字节)向主机乙发送数据，主机乙每成功收到一个数据帧后立即向主机甲发送一个64字节的确认帧，主机甲收到确认帧后方可发送下一个数据帧。此时主机甲的有效数据传输速率是多少（不考虑以太网的前导码)?

解析

选择题

1．B
在物理信道的可用带宽超过单个原始信号所需带宽的情况下，可将该物理信道的总带宽分割成若干个与传输单个信号带宽相同（或略宽）的子信道，每个子信道传输一种信号，这就是频分多路复用。

2．D
时分复用TDM共享带宽，但分时利用信道。将时间划分成一段段等长的时分复用帧(TDM帧)，参与带宽共享的每一个时分复用的用户在每一个TDM帧中占用固定序号的时隙。显然，在这种情况下，介质的位速率大于单个信号的位速率。

3．B
TDM与FDM相比，抗干扰能力强，可以逐级再生整形，避免干扰的积累，而且数字信号比较容易实现自动转换，所以根据FDM和TDM的工作原理，FDM适合于传输模拟信号,TDM适合于传输数字信号。

4．B
时分多路复用(TDM)可分为同步时分多路复用和异步时分多路复用(又叫统计时分复用)。同步时分多路复用是一种静态时分复用技术，它预先分配时间片(即时隙)，而异步时分多路复用则是一种动态时分复用技术,它动态地分配时间片(时隙)。

5．A
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，因此都可能会发生碰撞。

6．B
选项A、C和D都是信道划分协议，信道划分协议是静态划分信道的方法，肯定不会发生冲突。CSMA 全称是载波侦听多路访问协议，其原理是站点在发送数据前先侦听信道，发现信道空闲后再发送,但在发送过程中有可能会发生冲突。

7．C
p-坚持CSMA协议是1-坚持 CSMA协议和非坚持CSMA 协议的折中。p-坚持CSMA 在检测到信道空闲后，以概率p发送数据，以概率1-p推迟到下一个时隙，其目的是降低1-坚持CSMA中多个结点检测到信道空闲后同时发送数据的冲突概率;采用坚持“帧听"，是试图克服非坚持CSMA 中由于随机等特造成延迟时间较长的缺点。

8．C
非坚持 CSMA:站点在发送数据前先监听信道，若信道忙则放弃监听，等待一个随机时间后再监听,若信道空闲则发送数据。

9．A
CSMA 的主要种类有三种:1-坚持型CSMA，非坚持型CSMA和 p-坚持型CSMA。对1-坚持型 CSMA,在监听到信道忙时，仍然继续监听下去，直到信道空闲为止。对于非坚持型CSMA,一旦监听到信道忙,不再坚持听下去,而是随机延迟一段时间后再重新监听。对于p-坚持型CSMA,如果信道忙，则等待下一个时隙再侦听;如果信道空闲，便以概率p发送数据，以概率（l-p)推迟到下一个时隙。

10．B
非坚持CSMA:站点在发送数据前先监听信道，若信道忙则放弃监听，等待一个随机时间后再监听，若信道空闲则发送数据。

11．A
CSMA/CD 协议中定义的冲突检测时间（即争议期）是指，信号在最远两个端点之间往返传输的时间。

12．B
最短帧长等于在争用期时间内发送出的比特数。因此当传输速率提高时，可采用减少电缆介质的长度（使争用期时间减少，即以太网端到端的时延减小);或增加最短帧长。

13．D
若最短帧长减少，而数据传输速率不变,则需要使冲突域的最大距离变短来实现碰撞窗口的减少。碰撞窗口是指网络中收发结点间的往返时延，因此假设需要减少的最小距离为s，则可以得到如下公式（注意单位的转换):
减少的往返时延=减少的发送时延，即2×[s/(2×10⁸)]=800/(1×10⁹)。即，由于帧长减少而缩短的发送时延，应等于由于距离减少而缩短的传播时延的2倍。
可得s=80，即最远的两个站点之间的距离最少需要减少80m。
注意:CSMA/CD的碰撞窗口=2倍传播时延，报文发送时间>碰撞窗口。

14．D
来回路程=10000×2m，往返时间 RTT=10000×2÷(200×10⁶)＝10^-4，那么最小帧长度=W×RTT＝1000bit。

15．B
因为要解决“理论上可以相距的最远距离”那么最远肯定要保证能检测到碰撞，而以太网规定最短帧长为64B，其中 Hub为100Base-T集线器，可知线路的传输速率为100Mb/s，则单程传输时延为64B÷100Mb/s÷2=2.56μs，又Hub再产生比特流的过程中会导致延时1.535μs，则单程的传播时延为2.56us -1.535μs =1.025μs，从而 H3与H4之间理论上可以相距的最远距离为:200m/us*1.025us= 205m。

16．C
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，会采用二进制回退算法后退一段时间再重新发送数据帧。二进制回退算法可以动态的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;当负载大时，后退延时的取值范围也随着增大。二进制回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了起来。所以二进制回退算法考虑了负载对冲突的影响。

17．D
根据IEEE 802.3标准的规定，以太网采用二进制指数后退算法处理冲突问题。在由于检测到冲突而停止发送后，一个站必须等待一个随机时间段，才能重新尝试发送。这一随机等待时间是为了减少再次发生冲突的可能性。等待的时间长度按下列步骤计算:
1）取均匀分布在0至2^min(k，10)-1之间的一个随机整数r、k是冲突发生的次数。
2）发送站等待r×2t长度的时间才能尝试重新发送，其中t为以太网的端到端延迟。从这个计算步骤可以看出，k值越大，帧重传时再次发生冲突的概率越低。

18．C
一般来说，在第i次(i<10）碰撞后，站点会在0到2ⁱ-1中之间随机选择一个数M,然后等待M倍的争用期再发送数据。在达到10次冲突后，随机数的区间固定在最大值1023上，以后不再增加。如果连续超过16次冲突,则丢弃。

19．D
CSMA/CA是无线局域网标准802.11中的协议,它在CSMA的基础上增加了冲突避免的功能。ACK帧是CSMA/CA 避免冲突的机制之一，也就是说，只有当发送方收到接收方发回的ACK帧后才确认发出的数据帧已正确到达目的地。

20．B
CSMA/CD 网络各站随机发送数据，有冲突产生。当负载很重时，冲突会加剧。而令牌环网各站轮流使用令牌发送数据，无论网络负载如何，都没有冲突产生，这是它的突出优点。

21．B
对于选项A，网络传输速率不变，冲突域的最大距离变短，则冲突信号可以更快地到达发送站点，此时可以减小最小帧的长度。
对于选项B，冲突域的最大距离不变，网络传输速率提高,如果帧长度不增加，则在帧发送完之前冲突信号可能回不到发送站点，因此必须要提高最短帧长度。
对于选项C，上层协议使用TCP的概率增加与是否提高最短帧长度没有关系。
对于选项D,在冲突域不变的情况下减少线路中的中继器数量，此时冲突信号可以更快地到达发送站点，因此可以减少最短帧长度。

22．D
多路复用器的主要功能是结合来自两条或多条线路的传输，以充分利用信道。

23．A
令牌环网络的拓扑结构为环状，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发送数据，因此不存在冲突，因此选项A错误。其他选项都是令牌环网络的特点。

24．D
B站点选用的码片序列一定要与A站点的码片序列正交，及规格化内积为0。分别计算A,B,C,D,可知只有D选项符合要求。

25．B
把收到的序列分成每4个数字一组，即为(2,0,2,0)、(0,-2,0,-2)、(0,2,0,2)，因为题目求的是A发送的数据，因此把这三组数据与A站的码片序列(1,1,1,1)做内积运算，结果分别是(2,0,2,0)·(1,1,1,1)/4=1、(0,-2,0,-2)·(1,1,1,1)/4=-1、(0,2,0,2)·(1,1,1,1)/4=1，所以C接收到的A发送的数据是101，选B。

26．B
CSMA/CD 适用于有线网络，而 CSMA/CA 则广泛应用于无线局域网。其他选项关于CSMA/CD的描述都是正确的。

27．CSMA/CA协议进行信道预约时，主要使用的是请求发送帧(Request to Send, RTS）和清除发送帧(Clear to Send, CTS)。一台主机想要发送信息时，先向无线站点发送一个RTS帧，说明要传输的数据及相应的时间。无线站点收到RTS帧后，会广播一个 CTS帧作为对此的响应，既给发送端发送许可,又指示其他主机不要在这个时间内发送数据,从而预约信道,避免碰撞。发送确认帧的目的主要是保证信息的可靠传输;二进制指数退避法是CSMA/CD 中的一种冲突处理方法;C选项则和预约信道无关。

28.传播延时的计算方法为最小帧长的字节形式换算为比特形式，然后除以带宽，即传播延时＝128×8bit÷100Mbps＝10.24μs，题目为单向传播延时，所以为传播延时的一半，即5.12μs，答案选B。

29．为了尽量避免碰撞，IEEE 802.11规定，所有的站在完成发送后，必须再等待一段很短的时间（继续监听）才能发送下一帧。这段时间称为帧间间隔（InterFrame Space，IFS)。帧间间隔的长短取决于该站要发送的帧的类型。IEEE 802.11使用3种IFS:
DIFS（分布式协调IFS):最长的FS，优先级最低，用于异步帧竞争访问的时延。
PIFS（点协调IFS):中等长度的 IFS，优先级居中，在PCF 操作中使用。
SIFS（短IFS):最短的IFS，优先级最高，用于需要立即响应的操作。
网络中的控制帧以及对所接收数据的确认帧都采用SIFPS作为发送之前的等待时延。当结点要发送数据帧时，若载波监听到信道空闲，需等待DIFS后发送RTS预约信道，图中 IFS1对应的是帧间间隔DIFS，时间最长，图中IFS2、1FS3、IFS4 对应 SIFS。

应用题

1．解答:
CSMA/CD是一种动态的介质随机接入共享信道方式，而TDM 是一种静态的划分信道，所以从对信道的利用率来讲，CSMA/CD用户共享信道，更灵活，信道利用率更高。
不像TDM，为用户按时隙固定分配信道，当用户没有数据传送时，信道在用户时隙就浪费了；也因为CSMA/CD是用户共享信道，所以当同时有多个用户需要使用信道时，会发生碰撞，降低了信道的利用率，而TDM中用户在分配的时隙中不会与别的用户发生冲突。对局域网来说，连入信道的是相距较近的用户，因此通常信道带宽较大。如果使用 TDM方式，用户在自己的时隙没有发送的情况会更多，不利于信道的充分利用。
对于计算机通信来讲，突发式的数据更不利于使用 TDM方式。

2．解答:
对于1km长的电缆，单程传播时间为1/200000=5us，来回路程传播时间为 10us=10-5s。为了使该网络能按照CSMA/CD 工作,最小的发送时间不能小于10us。以10Mb/s速率工作，10-5s可以发送的比特数为(10×10b/s)×10-5s=100。因此最小帧长为100比特。

3．解答:
每个终端每3600/18=200s做一次请求，共有10000个终端，因此总负载是200s做 10000次请求，平均每秒50次请求。每秒 8000个时隙，所以平均每个时隙发送次数是50/8000= 1/160,即通信负载G=1/160=0.00625。

4．解答:
对于纯ALOHA 协议，其信道利用率为0.184，故可用带宽是0.184×56kb/s。每个站需要的带宽是1000/100＝10b/s。因此，N可取的最大值是10304/10≈1030。

5．解答;
对于1km的电缆，单程传播时延是1/200000=5×10 *s，即 5us，往返传播时延是10us。为了能按照CSMA/CD工作，最小帧的发送时间不能小于 10us。以 1Gb/s速率工作，10us可以发送的比特数为(10×10-y(1×10-)=10000，因此，最小帧应是10000bit。
注意:争用期一定要保证大于来回往返时延。因为假设现在传了一个帧过去，还没有到往返时延就发送完了，而且在中途碰撞了，这样就检测不出错误;如果中间碰撞了，且这个帧还没有发送完，就可以检测出错误。所以要保证CSMA/CD正常工作，就必须使得发送时间（也就是争用期）要大于或等于来回往返时延。

6．解答:
设总线电缆长度为L,则
$$\frac{125\times 8}{100\times 10^6}=2\times \frac{L}{2\times 10^8}$$

$$L=\frac{125\times 8\times 10^8}{100\times 10^6}m=1000m$$

7．解答;
CSMA/CD方式要求帧的最短长度必须满足的条件是:在发送帧的最后一位时,如果有冲突，发送方应能检测到冲突，即发送帧的时间至少是信号在最远两个端点之间往返传输的时间。现在的条件是帧的长度减少了800bit，即发送帧的时间减少了800b/1Gb/s，所以信号在最远两个端点之间往返的时间必须减少 800b/1Gb/s。设减少的长度为x米，要计算往返传输的距离，则有
$$2x/(20000\times 10^3)\ge 800/10^9$$

得到x≥80m，即最远的两个端点之间的距离应至少减少80m。

最后

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