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计算机网络技术习题答案 第一章 计算机网络概论 1.计算机网络分为用于信息处理的资源子网和负责网络中信息传递的通信子网。 2.可分为三个阶段。第一阶段为面向终端的计算机网络，特点是由单个具有自主处理功能的计算机和多个没有自主处理功能的终端组成网络。第二阶段为计算机-计算机网络，特点是由具有自主处理功能的多个计算机组成独立的网络系统。第三阶段为开放式标准化网络，特点是由多个计算机组成容易实现网络之间互相连接的开放式网络系统。 3.早期的ARPANET、TCP/IP、SNA的技术对日后的发展产生了深远的影响。 4.计算机网络主要有存储器、打印机等硬件资源共享，数据库等软件资源共享和收发邮件收发消息等信息交换三方面的功能。 5. PSE：分组交换设备 PAD：分组装拆设备 NCC：网络控制中心 FEP：前端处理机 IMP：接口信息处理机 DTE：数据终端设备 DCE：数据电路终接设备 PDN：公用数据网 OSI：开放系统互连基本参考模型 HDLC：高级数据链路控制协议 第二章 计算机网络基础知识 1.模拟数据可以直接用对应的随时间变化而连续变化的模拟信号来表示，也可以经相应的转换设备 转换后用离散的数字信号表示。 数字数据可用二进制编码后的离散数字信号表示，也可经转换设备转换后用连续变化的模拟信号 表示。 2.Modem可以把离散的数字数据调制转换为连续变化的模拟信号后经相应的模拟信号媒体传送出 去，把接收到的连续变化的模拟信号解调还原成原来的离散数字数据。 CODEC把连续变化的模拟信号编码转换成二进制数字信号后传送出去，把收到的数字信号解码还原成原来的模拟信号。 3.数据通信是通过计算机等数据装置和通信线路完成数据编码信号的传输、存储和处理。 4.数据传输速率的单位是位/秒，信号传输速率的单位是码元/秒。 数据传输速率等于信号传输速率乘以每码元表示的二进制位数。 5.信道传输速率和信道容量的单位都是位/秒。 信道传输速率是某种情况下信道每秒实际传送的位数，信道容量是信道可达到的最大的每秒传送 位数。 6.求信道容量。因为信道容量C=2*H*log2N H=6M N=4 所以C=12M*2=24M 信道的最大传输速率为24M。 7.因为 10lg(S/N)=30, lg(S/N)=3， S/N=1000； H=3k， 所以 C=H*log2(1+S/N)=3k*log2(1+1000)=3k*log2(1001) 3k*10=30K,得每秒发送的位数不超过30K。 8.因为 N=16， 2H=B=1200，所以 C=2H*log2N=1200*log216=4800，数据传输率可达到4800bps。 9.因为 C=64K，H=8K，C=2*H*log2N，所以 log2N=C/2H=64K/16K=4， N=16， 至少要有8种不同的相位。 10.异步传输以字符为传输单位，每个字符有1个起始位和1至2个停止位保证字符的同步，字符 内以约定频率保证位同步，字符之间异步，可有任意的空闲位。 同步传输以数据块的帧为传输单位，每帧以特殊的同步字符或位模式作帧头帧尾标志，保证帧同 步，帧内用外加的同步信号或用从数据信号中提取的同步信号保证位同步。 11.因为每秒传输1200位，每传送1字节需10位，所以每分钟最多能传送的汉字为1200*60/20=3600 12.因为曼彻斯特编码每码元传送1/2位，所以S=B*1/2， 2S=B， B=20M 13.异步传输方式中，每字符以1位逻辑0为起始，以1或2位逻辑1为终止，凡从终止位或任意空闲位的1转为0确定为字符的开始，按约定的频率确定约定的5至8位的数据位，如果有约定的1位校验位则按约定的算法作差错检测。 14.（1）因为每8位字节要额外附加2位，所以有效数据传输速率最大可达 B*8/10=0.8B （2）有效数据传输速率为 B*4096/(48+4096)=B*4096/4144≈0.988B 15.B=2H，S=B*log2N=2H*log2N=2*4KHz*log2128=56Kbps 16.FDM是利用同一物理信道同时传送频段互不重叠的不超出信道带宽的多路信号。 TDM是利用同一物理信道在转输速率允许的条件下轮流传送多路的信号。 17.T1载波的编码效率为 24*7/193≈0.87, 开销率为 25/193≈0.13 E1载波的编码效率为 30*8/256≈0.94, 开销率为 16/2560.06 18.因为N=2，C=50K,C=2*H*log2N,所以 H=C/2=25K。因为C=1.544M，H=25K，C=H*log2（1+S/N）， 所