计算机网络体系结构知识点梳理.pptx

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1、计算机网络体系结构,1. 掌握计算机网络的基本概念、基本原理和基本方法。 2. 掌握计算机网络的体系结构和典型网络协议，了解典型网络的组成和特点，理解典型网络设备的工作原理。 3. 能够运用计算机网络的基本概念、基本原理和基本方法进行网络系统的分析、设计和应用。,计算机网络体系结构 层次结构，协议，接口和服务,基本概念,例为网络层实体提供数据发送和接收功能和过程的是（ ） A物理层 B数据链路层 C网络层 D传输层 参考答案 B,例在OSI参考模型中，物理层的功能是 A建立和释放连接 B透明地传输比特流 C在物理实体间传送数据帧 D发送和接收用户数据 参考答案 B,例上下邻层实体之间的接口称为

2、服务访问点(SAP)，网络层的服务访问点称为 A用户地址 B网络地址 C端口地址 D网卡地址 参考答案 B,物理层,通信基础 带宽，速率，奈奎斯特定理，香农定理，电路交换，报文交换，分组交换，数据报和虚电路 传输介质 物理层设备 中继器和集线器,奈奎斯特-无噪信道传输能力公式：C=2*H*log2N (bps) 式中 C单位 比特率，H单位为Hz；N为一个码元所取的离散值个数，注意2H是波特率。C=B*log2N (bps) B波特率 码元 香农-带噪信道容量公式：C=H*log2 (1+S/N) (bps) 式中 S为信号功率，N为噪声功率，S/N为信噪比，通常把信噪比表示成10lg(S/N

3、)分贝(dB)。,A B C D,A B C D,A B C D,报文交换,电路交换,分组交换,t,连接建立,数据传送,连接释放,数据传送 的特点,比特流直达终点,报文,报文,报文,分组,分组,分组,存储 转发,存储 转发,存储 转发,存储 转发,例.采用相幅调制(PAM)技术在带宽为32KHz的无噪声信道上传输数字信号，每个相位处都有两种不同幅度的电平。若要达到192Kbps的数据速率，至少需要的相位数是? A 8 B 6 C 2 D 4 参考答案 D,例、针对虚电路服务，下列那种说法是正确的 A.不能保证每个分组正确到达目的节点 B.能保证每个分组正确到达目的节点，且分组收发顺序一致 C.

4、能保证每个分组正确到达目的节点，但分组收发顺序可能不一致 D.必须为每个分组建立一条虚电路 参考答案 B,例带宽为3KHz的信道， 若信噪比S/N为30dB，其最大数据传输速率是 A 10 B 20 C 30 D 40 参考答案 C,例、如图所示，主机A和B每个都通过10Mbps链路连接到交换机S。 在每条链路上的传播延迟都是20微秒。S是一个存储转发设备，在它接收完一个分组后35微秒开始转发收到的分组。试计算把10000比特从A发送到B所需要的总时间。 (a)作为单个分组 (b)作为两个5000位的分组一个紧接着另一个发送,(a)作为单个分组时，每条链路的发送延迟是10000位10M位/秒=

5、1000微秒 总的传送时间等于21000+220+35=2075微秒。 （2个发送延迟+两个发送延迟+中转延迟）,（b）当作为两个分组发送时，下面列出时序图： T=0 开始 （1个分组发送延迟500微秒） T=500 A完成分组1的发送，开始发送分组2 T=520 分组1完全到达S （传播延迟20微秒） T=555 分组1从S起程前往B （中转延迟35微秒） T=1000 A结束了分组2的发送 （发送延迟500微秒） T=1055 分组2从S起前往B （传播20微秒+中转35微秒） T=1075 分组2的第1位开始到达B （传播延迟20微秒） T=1575 分组2的最后1位到达B （由于发送延

6、迟500微秒，末位比首位晚到500微秒）,事实上，从开始发送到A把第2个分组的最后1位发送完经过的时间为2500微秒， 第1个链路延迟20微秒， 交换机延迟为35微秒（然后才开始转发第2个分组） 500微秒的发送延迟（等待该分组发送到末位）， 第2个链路延迟20微秒， 所以，总的时间等于2500微秒+20微秒+35微秒+500微秒+20微秒=1575微秒。,数据链路层,1、功能 组帧-透明传输问题 差错控制-CRC校验,2、滑动窗口和流量控制 滑动窗口-工作原理 停止等待 w=1 若用n 个bit表示帧序号 退后N帧 2n-1 选择重传 2n-1,3、CSMA家族 CSMA CSMA/CD 计

7、算 CSMA/CA 原理,最先发送数据帧的站，在发送数据帧后至多经过时间 2 （两倍的端到端往返时延）就可知道发送的数据帧是否遭受了碰撞。 以太网的端到端往返时延 2 称为争用期，或碰撞窗口。 10M以太网 64B 512bit 51.2us =距离/信号的传播速度 最短有效帧长=带宽* 2 ,争用期,4、 局域网,5、网桥和交换机 转发表 建立 源物理地址 转发表 转发 目的物理地址 匹配 直接转发 匹配 出口就是入口 丢弃 没有匹配 除入口外 广播,例. 现有一个比特串0111110011111111110，使用HDLC协议进行封装，假定帧首部和尾部开销仅有帧界定符，实际传输的帧内容是 A

8、.01111110 011111000111110111110 01111110 B.01111110 01111100111110111110 01111110 C.01111110 0111110001111101111100 01111110 D.0111110001111101111100 参考答案 C,例对于窗口大小为n的滑动窗口，已发送但没有确认的最大的帧数是 A0 B2n-1 Cn D2n-1 参考答案 C,例、根据CSMA/CD 协议的工作原理，下列情形中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冲突域的最大距离不变，网络传输速率提高 C上层协议使用T

9、CP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 参考答案 B,例、若退后N帧滑动窗口协议的发送窗口大小为8，帧编号采用4比特表示，当发送了6号帧，并收到了1号帧的确认后，发送方可发送的帧数和帧号是 A 3 , 7 8 9 B 2 ,7 8 C 1, 7 D 3 ,7 0 1 参考答案 A,例、用户A与用户B通过卫星链路通信时，传播延迟为270ms，假设数据速率是64Kb/s，帧长4000bit，若采用停等流控协议通信，则最大链路利用率为（1）；若采用后退N帧ARQ协议通信，发送窗口为8，则最大链路利用率可以达到（2）。 （1）A、0.104 B、0.116 C、0.188 D、0

10、.231 （2）A、0.416 B、0.464 C、0.752 D、0.832,1、在一个270ms*2 时间内，满负荷的数据传输应该为64K0.54 bit，而实际的有效数据为4000bit，所以链路的最大利用率为: 4000/(4000+64000*0.54)=0.104.即（4000/64000）/（4000/64000）+0.54） 2、对于后退N帧的ARQ。其发送窗口为8，而8*4000/64000（数据帧发送的时延）2*0.270（2倍的传播时延），即可以发送8*4000，所以最大利用率为: 0.104 *8=0.832。,例、下图示有五个站分别连接在三个局域网上，并且用网桥B1和

11、B2连接起来。每一个网桥都有两个接口（1和2）。在一开始，两个网桥中的转发表都是空的。以后有以下各站向其他的站发送了数据帧： A发送给E C发送给B D发送给C B发送给A 试把有关数据填写在表中。,重点掌握的知识点 CSMA/CD 碰撞避免的问题 滑动窗口 大小和滑动问题 网桥和交换机的基本原理 综合网络层，应用层一起考查 注意无线网络,网络层,1、路由算法 距离矢量和链路状态 2、IPv4 地址，子网，掩码，CIDR, 192.168.1.0001 0000 网络号 255.255.255.1111 0000 掩码 192.168.1.0001 1111 直接广播 255.255.255.

12、255 有限广播,3、网络协议 ARP MAC-IP DHCP C68-S67 Discover-Offer-Request-Ack ICMP 错误类型 NAT,4、路由协议 域内 RIP,OSPF, 域间 BGP,5、网络层设备 路由器 路由表 路由聚集 相同下一跳/接口 直连路由 间接路由 下一跳地址 默认路由 主机路由,例ICMP报文在网络中起着差错和拥塞控制的作用，该报文所封装在协议数据单元是 AIP BTCP CUDP DPPP 参考答案 A,例、IP包经过每个路由器必定发生变化的是 A TTL B 源地址 C 目的地址 D片偏移 参考答案 A,例、IP包经过每个路由器必定不发生变化

13、的是 A 报文长度 B 标识 C 目的地址 D 片偏移 参考答案 C,例给定的IP地址为192.55.12.120，子网掩码是：255.255.255.240，那么子网号是 A0.0.0.112 B0.0.0.120 C0.0.12.120 D0.0.12.0 参考答案 A 240-1111 0000 120-0111 1000,例.给定的IP地址为192.55.12.120，子网掩码是：255.255.255.240，主机号是 A0.0.0.112 B0.0.12.8 C0.0.0.8 D0.0.0.127 参考答案 C,例给定的IP地址为192.55.12.120，子网掩码是：255.25

14、5.255.240，直接的广播地址是 A.255.255.255.255 B.192.55.12.127 C.192.55.12.120 D.192.55.12.112 参考答案 B,例如果主机地址的头十位用于子网，那么184.231.138.239的子网掩码是 A.255.255.192.0 B.255.255.224.0 C.255.255.255.224 D.255.255.255.192 参考答案 D IPv4协议 1100 0000-192,例如果子网掩码是255.255.192.0，那么下面主机必须通过路由器才能与主机129.23.144.16通信的是 A.129.23.191.2

15、1 B.129.23.127.222 C.129.23.130.33 D.129.23.148.127 参考答案 B IPv4协议 192 1100 0000144 1001 0000127 0111 1111,例. 一台主机的IP地址为11.1.1.100，子网掩码为255.0.0.0。现在用户需要配置该主机的默认路由。经过观察发现，与该主机直接相连的路由器具有如下4个IP地址和子网掩码： IP地址：11.1.1.1，子网掩码：255.0.0.0 IP地址：11.1.2.1，子网掩码：255.0.0.0 IP地址：12.1.1.1，子网掩码：255.0.0.0 IP地址：13.1.2.1，子

16、网掩码：255.0.0.0 问IP地址和子网掩码可能是该主机默认路由的是 A和 B和 C、和 D和 参考答案 A,例ARP的作用是由IP地址求MAC地址，某节点响应其他节点的ARP请求是通过( )发送的。 A单播 B组播 C广播 D点播 参考答案 C,例BGP-4是支持（ ）之间路由的协议 A. IGP和IGP B.IGP和EGP C. AS和AS D.IGP和AS 参考答案 C,例IPv6是下一代IP协议。IPv6的基本报头包含的字节数是 A16 B32 C40 D60 参考答案 C,例. 下列地址哪一种是IPv6独有的地址类型 A.单播地址 B.组播地址 C.广播地址 D.泛播地址 参考答

17、案 D,例、设有以下4条路由：172.18.129.0/24，172.18.130.0/24，172.18.132.0/24，172.18.133.0/24，如果进行路由聚合，能覆盖这4条路由地址的是（ ）。 A172.18.128.0/21 B172.18.128.0/22 C172.18.130.0/22 D172.18.132.0/23 参考答案 A,172.18.129.0/24，1000 0 001 172.18.130.0/24，1000 0 010 172.18.132.0/24，1000 0 100 172.18.133.0/24，1000 0 101 路由聚集 172.18.

18、128.0/21，1000 0000,例假设主机A被连接到一台路由器R1上，R1又连接到另一台路由器R2上，R2又被连接到主机B。假定一条TCP消息包含900字节的数据和20字节的TCP头，现在该消息被传递给主机A的IP代码，请它递交给主机B。 请写出在三条链路上传输的每个分组中IP头部的Total lenghth、Identification、DF、MF和Fragment offset域。假定链路AR1可以支持的最大帧长度为1024字节，其中包括14字节的帧头；链路R1-R2可以支持的最大帧长度为512字节，其中包括8字节的帧头；链路R2B可以支持的最大帧长度为512字节，其中包括12字节的

19、帧头。,（1）先分析网络的体系结构： 应用层TCP传输层IP网络层数据链路层物理层的模型。通过数据链路层给出的条件，例如： AR1的链路：最大帧长度1024字节，去掉头部14字节净荷部分IP的数据包最大长度1024141010字节； R1R2 净荷部分IP数据包最大长度5128504字节； R2B 净荷部分IP数据包最大长度51212500字节 各链路最大IP数据包长度，分片的重要依据,用户数据在传输层的数据包长度净荷头部90020920； 交给IP网络层后，IP数据包长度IP头部净荷（TCP数据包长度）20920940字节。 这就是将要分片的原始数据包。,（2）进行分片处理 在AR1上，主机

20、将IP数据包，长度940字节交给路由器，而路由器能接收的IP数据包最大长度1010，所以这个940字节的IP数据包是不需要分片的； Length = 940, ID= x, DF=0, MF=0, Offset0； 在R1R2上，只能支持504字节的数据包，而用户数据包为940字节，所以必须分片； 在IP中规定，除了最后一片外，其他的分片的净荷长度必须是8的整数倍数，所以对于只能支持504字节的IP包，净荷部分为50420484，取整为480（8的倍数），第一片的净荷长度为480，则剩下的净荷为94020480440484，不必再分；,Length = 500, ID= x, DF=0, MF

21、=1, Offset0； Length = 460, ID= x, DF=0, MF=0, Offset60； 同理在R2B上，上述的两片也要通过比较判断是否要进一步被分片 经过比较，都不需要进行分片了。,例、在某个网络中，R1和R2是相邻的路由器，左表为R1的原路由表，右表是R2广播的距离矢量报文，请根据RIP更新R1的路由表，并给出更新后的R1路由表，并对R1的路由表进行简化。,R2 40 0010 1000 41 0010 1001 42 0010 1010 0010 1000 /5 即40/6 40.0.0.0/6 R245 0010 1101,例：根据R1的路由表，试画出各网络和必要

22、的路由器的连接拓扑，标注出必要的IP地址和接口。对不能确定的情况应当指明。,传输层,1、传输层提供的服务 传输层寻址与端口 无连接服务于面向连接服务 UDP协议 UDP校验,2、TCP协议 连接管理 三步握手 可靠传输 序号机制 ACK 流量控制 滑动窗口 拥塞控制 两种算法 两个关键点 一个阈值 发送窗口 min拥塞窗口，接收窗口,22,16,慢开始和拥塞避免算法的实现举例,“乘法减小”,2,4,6,8,10,12,14,16,18,20,0,0,4,8,12,20,24,拥塞窗口 cwnd,新的 ssthresh 值,网络拥塞,指数规律增长,ssthresh 的初始值,慢开始,慢开始,慢开

23、始,拥塞避免 “加法增大”,拥塞避免 “加法增大”,传输轮次,例TCP协议采用滑动窗口协议解决的问题是 A端到端的流量控制 B整个网络的拥塞控制 C端到端的流量控制和网络的拥塞控制 D整个网络的差错控制 参考答案 A,例TCP协议建立连接所需要握手的次数是 A1 B2 C3 D4 参考答案 C,例当主动方发出SYN连接请求后，对方回答的是 ASYN,ACK BFIN,ACK CPSH,ACK DRST，ACK 参考答案 A,例、TCP报文中目的端口号的作用是 A 指定服务器 B 指定所请求的服务 C 指定请求方式 D 指定可选项的编号 参考答案 B,例、 假设主机A通过TCP连接向主机B连续发

24、送两个TCP报文段,第1个报文段的序号为360，第2个报文段的序号为476，长度为24字节。假设第1个报文段丢失而第2个报文段正确到达主机B,则在主机B发送主机A的确认报文中，确认号是 A 116 B 360 C 476 D 500 参考答案 B,例. 下列关于TCP协议的叙述中，错误的是（ ）。 TCP是一个点到点的通信协议 TCP提供了无连接的可靠数据传输 TCP将来自上层的字节流组织成IP数据报，然后交给IP协议 TCP将收到的报文段组成字节流交给上层 A和 B、和 C和 D、和 参考答案 B,例、 下图为TCP拥塞窗口随传输周期的变化情况，请回答下列问题。 1） TCP慢启动的传输周期

25、有哪些 2） TCP拥塞避免的传输周期有哪些 3） 在第16个传输周期后，检测出报文段丢失是根据三个重复确认，还是根据超时 4） 在第22个传输周期后，检测出报文段丢失是根据三个重复确认，还是根据超时,5） 第一个传输周期里，阈值的初始值是多少，第18个传输周期里，阈值的值是多少。 6） 第18个传输周期里，阈值的值设置是多少。 7） 第24个传输周期里，阈值的值设置是多少。 8） 第70个报文段在哪一个传输周期内发送。 9）假定在第26个发送周期后，收到3个冗余ACK检测到有分组丢失，那么拥塞窗口长度和阈值应该是多少。,例、设TCP的ssthresh的初始值为8（单位为报文段）。当拥塞窗口上

26、升到12时网络发生了超时，TCP使用慢开始和拥塞避免。试分别求出第1轮次到第15轮次传输的各拥塞窗口大小。你能说明拥塞窗口每一次变化的原因吗？,拥塞窗口大小分别为：1，2，4，8，9，10，11，12，1，2，4，6，7，8，9.,例、 假设 TCP 允许窗口尺寸远远大于64KB，然后使用这样的TCP 在RTT 为100ms 的1Gbps的链路上传送10MB 的文件，而且TCP 接收窗口rwnd 为1MB。如果TCP 发送1KB大小的报文（假设网络无拥塞、无报文丢失，1K=1024），问： 1）从慢启动开始到打开发送窗口到1MB，一共用了多少RTT？ 2）发送10MB 文件共用了多少个RTT？

27、,3）如果发送文件的时间由所需的RTT 的数量与链路延迟的乘积给出，这次传输的有效吞吐量是多少？链路带宽的利用率是多少？,1）发送窗口的变化以及发送的字节数如下：1KB2KB4KB8KB16KB32KB64KB128KB256KB512KB1024KB 一共需要10个RTT。 2）前10个RTT共传输了1023KB，从第11个RTT开始，每一个RTT传输1024KB，10MB=10240KB，10240KB-1023KB=9217KB，9217KB/1024KB=9.00110，所以共需要10+10=20个RTT (经过19个RTT之后,还剩下1KB没有传输,所以共需要20个RTT),3）方法

28、一 总的发送时间 100ms*20=2s 有效的发送时间 10MB/1Gbps=0.8s 链路利用率=0.8/2s=40% 方法二 总的发送时间为 100 ms*20 = 2s 有效传送数据量为10MB。 有效吞吐量=10MB/2s = 0.4Gbps 链路速率为1Gbps。 带宽利用率 = 有效吞吐量/链路速率 = 0.4G/1G = 40%,重点掌握的知识点 流量控制 拥塞控制,应用层,网络应用模型 DNS系统 层次域名空间和域名解析过程 65 FTP 控制连接和数据连接 21 20 电子邮件 组成，格式，MIME,SMTP,POP3 SMTP(推协议、25)、POP3（拉协议、110）

29、MIME扩展使用base64进行编码 WWW HTTP 80,例FTP服务器方的TCP协议固定端口号是 A21 B8080 C80 D23 参考答案 A,例不使用面向连接传输服务的应用层协议是 ASMTP BFTP CHTTP DDHCP 参考答案 D,例下列哪一种协议不是用于进行地址转换的（ ） A.ARP B.RARP C.ICMP D.DNS 参考答案 C,例. 下列哪一种协议使用了UDP协议（ ） A.DNS B.HTTP C.FTP D.POP3 参考答案 A,例、能使电子邮件包含图形和多媒体信息的协议是 A.MIME B. FTP C. SMTP D. PPP 参考答案 A,例、使用电子邮件的时候，用来在网络上传输电子邮件的协议是 ASMTP BPOP3 CIMAP DSNMP 参考答案 A,