1、计算机学科专业基础综合计算机网络-数据链路层(二)及答案解析(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
2、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.(2). A.0 B.2 C.3 D.4（分数：1.00）A.B.C.D.(3). A. B. C. D.（分数：1.00）A.B.C.D.(4). A.2k-1 B.2k C.2k-1 D.2k-1（分数：1.00）A.B.C.D.(5).采用 HDLC 传输比特串 0111 1111 1000 001，在比特填充后输出为_。 A.
3、0111 1101 1100 0001 B.0101 1111 1100 0001 C.0111 1011 1100 0001 D.0111 1110 1100 0001（分数：1.00）A.B.C.D.(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.(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.(8).从滑动窗口的
4、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.(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.(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.(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
5、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.(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.(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.(
6、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.(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.(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.(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
7、.超时机制（分数：1.00）A.B.C.D.(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_。（分数：1.00）A.B.C.D.(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 06 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.(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
8、.40bit B.80bit C.160bit D.320bit（分数：1.00）A.B.C.D.(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.(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.(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
9、分多路复用（分数：1.00）A.B.C.D.(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.(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.(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.(27).根据 CSMA/CD 协议的工作原理，需要
10、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.(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.(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.
11、(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.(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.(32).以太网帧的最
12、小长度是_B。 A.32 B.64 C.128 D.256（分数：1.00）A.B.C.D.(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.(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.(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.(36).下列关于令牌环网络的
13、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.(37).在下列以太网电缆标准中，_是使用光纤的。 A.10Base 5 B.10Base-F C.10Base-T D.10Base 2（分数：1.00）A.B.C.D.(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.(39).网卡
14、实现的主要功能是_。 A.物理层与数据链路层的功能 B.数据链路层与网络层的功能 C.物理层与网络层的功能 D.数据链路层与应用层的功能（分数：1.00）A.B.C.D.(40).以太网交换机是按照_进行转发的。 A.MAC 地址 B.IP 地址 C.协议类型 D.端口号（分数：1.00）A.B.C.D.(41).通过交换机连接的一组工作站_。 A.组成一个冲突域，但不是一个广播域 B.组成一个广播域，但不是一个冲突域 C.既是一个冲突域，又是一个广播域 D.既不是冲突域，也不是广播域（分数：1.00）A.B.C.D.在下图所示的网络配置中，总共有_个广播域，_个冲突域。（分数：14.00）(
15、1). A.2 B.3 C.4 D.5（分数：1.00）A.B.C.D.(2). A.2 B.5 C.7 D.10（分数：1.00）A.B.C.D.(3).某 IP 网络的连接如下图所示，在这种配置下 IP 全局广播分组不能够通过的路径是_。（分数：1.00）A.B.C.D.(4).PPP 提供的功能有_。 A.一种成帧方法 B.链路控制协议(LCP) C.网络控制协议(NCP) D.A、B 和 C 都是（分数：1.00）A.B.C.D.(5).PPP 中的 LCP 帧起到的作用是_。 A.在建立状态阶段协商数据链路协议的选项 B.配置网络层协议 C.检查数据链路层的错误，并通知错误信息 D.
16、安全控制，保护通信双方的数据安全（分数：1.00）A.B.C.D.(6).下列帧类型中，不属于 HDLC 帧类型的是_。 A.信息帧 B.确认帧 C.监控帧 D.无编号帧（分数：1.00）A.B.C.D.(7).HDLC 使用_方法来保证数据的透明传输。 A.比特填充 B.字节填充 C.字符计数 D.比特计数（分数：1.00）A.B.C.D.(8).对于使用交换机连接起来的 10Mbit/s 的共享式以太网，若有 10 个用户，则每个用户能够占有的带宽为_。 A.1Mbit/s B.2Mbit/s C.10Mbit/s D.100Mbit/s（分数：1.00）A.B.C.D.(9).在使用以太
17、网交换机的局域网中，以下表述哪个是正确的_。 A.局域网只包含一个冲突域 B.交换机的多个端口可以并行传输 C.交换机可以隔离广播域 D.交换机根据 LLC 目的地址转发（分数：1.00）A.B.C.D.(10).在以太网上“阻塞”信号的功能是_。 A.当发现冲突时，CSMA/CA 发送一个“阻塞”信号。当所有的站都检测到阻塞信号时，它们立即停止发送尝试 B.当发现冲突时，CSMA/CD 发送一个“阻塞”信号。当所有的站都检测到阻塞信号时，它们立即停止发送尝试 C.当发现冲突时，CSMA/CD 发送一个“阻塞”信号。当所有的站都检测到阻塞信号时，它们立即开始竞争访问介质 D.当发现冲突时，CS
18、MA/CA 发送一个“阻塞”信号。当所有的站都检测到阻塞信号时，它们立即开始竞争访问介质（分数：1.00）A.B.C.D.(11).如下图所示，为两个局域网 LANl 和 LAN2 通过网桥 1 和网桥 2 互连后形成的网络结构。假设站 A 发送一个帧，但其目的地址均不在这两个网桥的地址转发表中，这样的结果会是该帧_。（分数：1.00）A.B.C.D.(12).下列介质访问控制方法中，可能发生冲突的是_。 A.CDMA B.CSMA C.TDMA D.FDMA（分数：1.00）A.B.C.D.(13).HDLC 协议对 01111100 01111110 组帧后对应的比特串为_。 A.0111
19、1100 00111110 10 B.01111100 01111101 01111110 C.01111100 01111101 0 D.01111100 01111110 01111101（分数：1.00）A.B.C.D.(14).对于 100Mbit/s 的以太网交换机，当输出端口无排队，以直通交换(cut-through switching)方式转发一个以太网帧(不包括前导码)时，引入的转发延迟至少是_。 A.0s B.0.48s C.5.12s D.121.44s（分数：1.00）A.B.C.D.二、B综合应用题/B(总题数：2，分数：27.00)卫星信道的数据传输率为 1Mbit/
20、s，取卫星信道的单程传播时延为 0.25s，每一个数据帧长都是 2000bit。忽略误码率、确认帧长和处理时间。试计算下列情况下的信道利用率。（分数：20.00）(1).停止-等待协议。（分数：2.00）_(2).连续 ARQ 协议，且发送窗口等于 7。（分数：2.00）_(3).连续 ARQ 协议，且发送窗口等于 127。（分数：2.00）_(4).连续 ARQ 协议，且发送窗口等于 255。（分数：2.00）_(5).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)相比有何优缺点?（分数：2.00）_(6).考虑建立一个 CSMA/CD 网络，电缆
21、长度为 1000m，无中继器。在上面建立一个 1Gbit/s 速率的CSMA/CD 网络。信号在电缆中的速度为 2108m/s。请问最小的帧长度为多少?（分数：2.00）_(7).试说明 10Base 5、10Base 2、10Base-T、1Base 5 和 10BROAD 36 所代表的意思。（分数：2.00）_(8).一个 PPP 帧的数据部分(使用十六进制表示)为 7D 5E FE 27 7D 5D 7D 5D 65 7D 5E，试问真正的数据是什么?（分数：2.00）_(9).有一串比特 0110 1111 1111 1100 用 HDLC 协议传送。经过零比特填充后变成怎样的比特串
22、?若接收端收到的 HDLC 帧的数据部分是 0001 1101 1111 0111 1101 10，问删除发送端加入的零比特后变成怎样的比特串?（分数：2.00）_(10).在停止-等待协议中，A 发送的数据帧有差错，被 B 的 CRC 检验器丢弃了。如果 A 进行超时重传后，但又连续出错，重传的数据帧又被 B 的 CRC 检验器丢弃。这样，B 总是收不到 A 发送的数据帧。这种情况是否说明停止-等待协议这时不能正常工作?（分数：2.00）_有 10 个站连接到以太网上。试计算以下 3 种情况下每一个站所能得到的带宽。（分数：7.00）(1).10 个站都连接到一个 10Mbit/s 以太网集
23、线器。（分数：1.75）_(2).10 个站都连接到一个 100Mbit/s 以太网集线器。（分数：1.75）_(3).10 个站都连接到一个 10Mbit/s 以太网交换机。（分数：1.75）_(4).如下图所示，有 5 个站点分别连接在 3 个局域网上，并且用网桥 B1 和 B2 连接起来，每一个网桥都有2 个接口(1 和 2)，初始时两个网桥中的转发表都是空的，以后由以下各站点向其他站发送了数据帧：A 发送给 E，C 发送给 B，D 发送给 C，B 发送给 A，请把有关数据填写在下表中，并说明网桥的工作原理(注意：假设主机 A 到 E 的 MAC 地址分别是 MAC1 到 MAC5)。
24、（分数：1.75）_计算机学科专业基础综合计算机网络-数据链路层(二)答案解析(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
25、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
26、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 03 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 03 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 ex
27、pectedSeq；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WR2 k-1。(4)2k-1。所以选(1)C、(2)D、(3)D、(4)D。(5).采用 HDLC 传输比特串 0111 1111 1000 001，在比特填充后输出为_。 A.0111 1101 1100 0001 B.0101 1111 1100 0001 C.0111 1011 1100 0001 D.0111 1110 1100 0001（分数
28、：1.00）A. B.C.D.解析：解析 HDLC 数据帧以位模式 0111 1110 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
29、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 25332 6，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
30、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 07，假设这 8 个帧都已发出，下一轮又发出编号为 07 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
31、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
32、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
33、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）
34、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
35、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_。（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
36、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 06 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，
37、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 +2t 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 20ms2=40ms。现在发送速率是每秒 4000bit，即发送一位需要 0.25ms，则帧长=40/
38、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
39、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
40、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，
41、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
42、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
