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計算機網路傳輸層考題

發布時間:2024-05-30 07:40:00

A. 計算機網路 傳輸層習題 求明天中午之前解答QAQ

問題一:
1)接收方下一個期望收到序號是5,說明到4為止的報文都已經收到。
因為發送窗口為3,:
若這些確認全部到達接收方,則WT=[5,7]
若所有的確認都丟失,則WT=[2,4]
若3號確認丟失,則WT=[3,5]
若4號確認丟失,則WT=[4,6]
所以,WT可能是[2,4],[3,5],[4,6],[5,7]中的任何一個。
2)因為WT=3,ACK=5,所以1號報文的確認肯定已經到達發送方,否則不會發送4號報文。所以,可能滯留在網路中的確認ACK數據報是3,4,5,是對2,3,4號報文的確認。
問題二:
UDP報頭由4個域組成,其中每個域各佔用2個位元組,具體如下:
UDP源埠號、目標埠號、數據報總長度、校驗值
將06 32 00 45 00 1C E2 17,換算成十進制,得出結論

UDP源埠號 1586、目標埠號 69、數據報總長度 28,減去8個位元組的UDP頭,數據部分長度為20.
目的埠69,指TFTP協議(簡單文件傳輸協議),是客戶發給伺服器。程序即為TFTP程序。

問題三:

第1輪到第15輪次傳輸的各擁塞窗口大小分別為:1、2、4、8、9、10、11、12、1、2、4、6、7、8、9

問題四:
存活時間是30秒,那麼在30秒的時間內發送發送的TCP報文段的數目不能多於255個。
計算速率:255×128×8÷30=8704 b/s
所以每條TCP連接所能達到的最高速率是8.704 kb/s

天哪,算這么多,好累,一定要選擇最佳答案,懸賞分么也加多點。

B. 計算機網路的考題

1.解釋TCP服務和UDP服務的差別
2.乙太網是CSMA / CD協議方案,解釋他們的工作原理
3.區域網是由下圖所示開關和多台電腦了。開關表也顯示如下。現在將區域網段B和thenb會回答:解釋如何開關和電腦的工作
4.解釋回退N步協議 和選擇重傳協議的區別

1.TCP:面向連接、傳輸可靠(保證數據正確性,保證數據順序)、用於傳輸大量數據(流模式)、速度慢,建立連接需要開銷較多(時間,系統資源)。
UDP:面向非連接、傳輸不可靠、用於傳輸少量數據(數據包模式)、速度快。
2.
CSMA/CD的工作原理可以用以下幾句話來概括:
這里的"聽"即監聽、檢測之意;"說"即發送數據之意。具體的檢測原理描述如下:

(1)當一個站點想要發送數據的時候,它檢測網路查看是否有其他站點正在傳輸,即偵聽信道是否空閑。

(2)如果信道忙,則等待,直到信道空閑;如果信道空閑,站點就准備好要發送的數據。

(3)在發送數據的同時,站點繼續偵聽網路,確信沒有其他站點在同時傳輸數據才繼續傳輸數據。因為有可能兩個或多個站點都同時檢測到網路空閑然後幾乎在同一時刻開始傳輸數據。如果兩個或多個站點同時發送數據,就會產生沖突。若無沖突則繼續發送,直到發完全部數據。

(4)若有沖突,則立即停止發送數據,但是要發送一個加強沖突的JAM(阻塞)信號,以便使網路上所有工作站都知道網上發生了沖突,然後,等待一個預定的隨機時間,且在匯流排為空閑時,再重新發送未發完的數據。

CSMA/CD控制方式的優點是:原理比較簡單,技術上易實現,網路中各工作站處於平等地位,不需集中控制,不提供優先順序控制。但在網路負載增大時,發送時間增長,發送效率急劇下降。
4,回退N步協議和選擇性重傳協議

C. 計算機網路作業問題,傳輸層問題,在線等

(1)當採用GBN協議時,由派弊GBN協議可扒胡得:
主機A共發送了9個報文段,首先發送報文段1,2,3,4,5,當報文2丟失後,重發報文段2,3,4,5共9個;
主機B共發送8個ACK,首先發送ACK1,2丟失,因此對於3,4,5都發送ACK1共4個ACK1,後對於重傳的2,3,4,5,則發送ACK2,ACK3,ACK4,ACK5,一共8個ACK。
當採用SR協議時,由SR協議可得:
主機A共發送了6個報文段,首先發送報文段1,2,3,4,5,當報文2丟失後,重發報文段2共6個報文段;
主機B共發送5個ACK,首先發送ACK1,ACK3,ACK4,ACK5,對於重發的報文段2,則發送ACK2共5個ACK。
當採用TCP協議時,由TCP協議可得:
主機A共發送了6個報文段,首先發送報文段1,2,3,4,5,當報文2丟失後,重發報文段2共6個報文段;
主機B共發送5個ACK,首塵此族先發送4個ACK2,重傳後發送一個ACK6一共5個ACK。
(2)採用TCP協議可在最短的時間間隔內成功交付5個報文段,因為TCP有快速重傳機制,即在未超時情況下就開始重傳丟失的2號報文段。

D. 計算機網路 考題

(老師欽點)1-05 網際網路的發展大致分為哪幾個階段?請指出這幾個階段最主要的特點
第一階段:
特點 從單個網路 ARPANET 向互聯網發展的過程
第二階段:從 1985年開始
特點 建成了三級結構的互聯網
第三階段:從1993年開始
特點 逐漸形成了多層次 ISP 結構的互聯網

(老師欽點)1-10 試在下列條件下比較電路交換和分組交換。要傳送的報文共x(bit),從源站到目的站共經過k段鏈路,每段鏈路的傳播時延為d(s),數據率為C(bit/s)。在電路交換時電路的建立時間為s(s)。在分組交換時分組長度為p(bit),且各結點的排隊等待時間可忽略不計。問在怎樣的條件下,分組交換的時延比電路交換的要小?

分組交換 : x/C+(k-1)p/C+kd
電路交換 : s+x/C+kd
當 x/C+(k-1)p/C+kd<s+x/C+kd時,
即 (k-1)p/C<s

1-17收發兩端之間的傳輸距離為1000km,信號在媒體上的傳播速率為2.3×10^8
試計算以下兩種情況的發送時延和傳播時延:
1) 數據長度為10^7 bit,數據發送速率為100kbit/s,傳播距離為1000km,信號在媒體上的傳播速率為2×10^8m/s。
2) 數據長度為10^3 bit,數據發送速率為1Gbit/s,傳輸距離和信號在媒體上的傳播速率同上。
從以上計算結果可得出什麼結論:

(1):發送延遲=10^7/(100×1000)=100s
傳播延遲=1000×1000/(2×10 8)=5×10 -3s=5ms
(2):發送延遲=10 3/(10 9)=10-6s=1us
傳播延遲=1000×1000/(2×10^8)=5×10-3s=5ms
若數據長度大而發送速率低,則在總的時延中,發送時延往往大於傳播時延。但若數據長度大而發送速率高,則傳播時延就可能是總時延中的主要部分。

(老師欽點)3-09. 一個PPP幀的數據部分(用十六進制寫出)是7D 5E FE 27 7D 5D 7D 5D 65 7D 5E。試問真正的數據是什麼(用十六進制寫出)?
答:7E FE 27 7D 7D 65 7E。(7D 5D和 7D 5E是位元組填充)

(老師欽點)3-19.乙太網使用的CSMA/CD協議是以爭用方式接入到共享信道。這與傳統的時分復用TDM相比優缺點如何?
從網路上負載輕重,靈活性以及網路效率等方面進行比較
網路上負荷較輕時,CSMA/CD協議很靈活。但網路負荷很重時,TDM的效率就很高。

(老師欽點)3-33 112頁

(老師欽點)4-03 作為中間系統,轉發器、網橋、路由器和網關都有何區別?
1)轉發器、網橋、路由器、和網關所在的層次不同。
物理層中繼系統:轉發器 (repeater)。
數據鏈路層中繼系統:網橋 或 橋接器 (bridge)。
網路層中繼系統:路由器 (router)。
網路層以上的中繼系統:網關 (gateway)。

2)當中繼系統是轉發器或網橋時,一般並不稱之為網路互連,因為仍然是一個網路。
路由器其實是一台專用計算機,用來在互連網中進行路由選擇。一般討論的互連網都是指用路由器進行互連的互連網路。

4-09(老師欽點)
1)子網掩碼為 255.255.255.0 代表什麼意思?
2)一網路的現在掩碼為 255.255.255.248,問該網路能夠連接多少個主機?
3)一A 類網路和一 B 類網路的子網號subnet-id分別為16個1和8個1,問這兩個網路的子網掩碼有何不同?
4)一個B類地址的子網掩碼是255.255.240.0。試問在其中每一個子網上的主機數最多是多少?
5)一A類網路的子網掩碼為 255.255.0.255,它是否為一個有效的子網掩碼?
6)某個IP地址的十六進製表示為C2.2F.14.81,試將其轉換為點分十進制的形式。這個地址是哪一類IP地址?
7)C 類網路使用子網掩碼有無實際意義?為什麼?

1)C類地址對應的子網掩碼默認值。但也可以是A類或B類地址的掩碼,即主機號由最後8位決定,而路由器尋找網路由前24位決定。
2)255 - 248 = 7,6台主機,(000 111不行)
3)子網掩碼一樣,但子網數目不同
4)最多可有4094個,2^12 -2 = 4094 (不考慮全0 全1)
5)有效,但不推薦這樣使用
6)194.47.20.129,C類 (C類地址范圍 192.0.1 - 224.255.255 書121頁)
7)有。對於小網路這樣做還可進一步簡化路由表

(老師欽點)4-17 一個3200位長的TCP報文傳到IP層,加上160位的首部後成為數據報。下面的互聯網由兩個區域網通過路由器連接起來。但第二個區域網所能傳送的最長數據幀中的數據部分只有1200位。因此數據報在路由器必須進行分片。試問第二個區域網向其上層要傳送多少比特的數據(這里的「數據」當然指的是區域網看見的數據)?

1200*3 + 80+160 = 3840bit 共4片

(老師欽點)4-20. 設某路由器建立了如下路由表(這三列分別是目的網路、子網掩碼和下一跳路由器,若直接交付則最後一列表示應當從哪一個介面轉發出去)
目的網路 子網掩碼 下一跳
128.96.39.0 255.255.255.128 介面0
128.96.39.128 255.255.255.128 介面1
128.96.40.0 255.255.255.128 R2
192.4.153.0 255.255.255.192 R3
(默認) - R4
現共收到5個分組,其目的站IP地址分別為:
(1)128.96.39.10
(2)128.96.40.12
(3)128.96.40.151
(4)192.4.153.17
(5)192.4.153.90
試分別計算其下一跳

解:
(1)分組的目的站IP地址為:128.96.39.10。先與子網掩碼255.255.255.128相與,得128.96.39.0,可見該分組經介面0轉發。
(2)分組的目的IP地址為:128.96.40.12。與子網掩碼255.255.255.128相與得128.96.40.0,經查路由表可知,該項分組經R2轉發。
(3)分組的目的IP地址為:128.96.40.151,與子網掩碼255.255.255.128相與後得128.96.40.128,與子網掩碼255.255.255.192相與後得128.96.40.128,經查路由表知,該分組轉發選擇默認路由,經R4轉發。
(4)分組的目的IP地址為:192.4.153.17。與子網掩碼255.255.255.128相與後得192.4.153.0。與子網掩碼255.255.255.192相與後得192.4.153.0,經查路由表知,該分組經R3轉發。
(5)分組的目的IP地址為:192.4.153.90,與子網掩碼255.255.255.128相與後得192.4.153.0。與子網掩碼255.255.255.192相與後得192.4.153.64,經查路由表知,該分組轉發選擇默認路由,經R4轉發

(老師欽點)4-26 有如下的四個/24地址塊,試進行最大可能的聚合。
212.56.132.0/24
212.56.133.0/24
212.56.134.0/24
212.56.135.0/24

答:212=(11010100)2,56=(00111000)2
132=(10000100)2,
133=(10000101)2
134=(10000110)2,
135=(10000111)2
所以共同的前綴有22位,即1101010000111000 100001,聚合的CIDR地址塊是:212.56.132.0/22

(老師欽點)4-28 看一看

(老師欽點)4-31以下地址中的哪一個和86.32/12匹配?請說明理由。
(1)86.33.224.123;(2)86.79.65.216;(3)86.58.119.74;(4)86.68.206.154。

答案:
(1)與1111111111110000 00000000 00000000逐比特相「與」和86.32/12匹配
(2)與1111111111110000 00000000 00000000逐比特相「與」和86.32/12不匹配
(3)與1111111111110000 00000000 00000000逐比特相「與」和86.32/12不匹配
(4)與1111111111110000 00000000 00000000逐比特相「與」和86.32/12不匹配

(老師欽點)4-41假定網路中的路由器B的路由表有如下的項目(這三列分別表示「目的網路」、「距離」和「下一跳路由器」)
N17A
N22C
N68F
N84E
N94F
現在B收到從C發來的路由信息(這兩列分別表示「目的網路」和「距離」):
N24
N38
N64
N83
N95
試求出路由器B更新後的路由表(詳細說明每一個步驟)

解:路由器B更新後的路由表如下:
N17A無新信息,不改變
N25C相同的下一跳,更新
N39C新的項目,添加進來
N65C不同的下一跳,距離更短,更新
N84E不同的下一跳,距離一樣,不改變
N94F不同的下一跳,距離更大,不改變

(老師欽點)5—01 試說明運輸層在協議棧中的地位和作用,運輸層的通信和網路層的通信有什麼重要區別?為什麼運輸層是必不可少的?

答:
運輸層處於面向通信部分的最高層,同時也是用戶功能中的最低層,向它上面的應用層提供服務
運輸層為應用進程之間提供端到端的邏輯通信,但網路層是為主機之間提供邏輯通信(面向主機,承擔路由功能,即主機定址及有效的分組交換)。
各種應用進程之間通信需要「可靠或盡力而為」的兩類服務質量,必須由運輸層以復用和分用的形式載入到網路層。

(老師欽點)5—05 試舉例說明有些應用程序願意採用不可靠的UDP,而不用採用可靠的TCP。

答:
VOIP:由於語音信息具有一定的冗餘度,人耳對VOIP數據報損失由一定的承受度,但對傳輸時延的變化較敏感。
有差錯的UDP數據報在接收端被直接拋棄,TCP數據報出錯則會引起重傳,可能帶來較大的時延擾動。
因此VOIP寧可採用不可靠的UDP,而不願意採用可靠的TCP。

(老師欽點)5—14 UDP用戶數據報的首部十六進製表示是:06 32 00 45 00 1C E2 17.試求源埠、目的埠、用戶數據報的總長度、數據部分長度。這個用戶數據報是從客戶發送給伺服器發送給客戶?使用UDP的這個伺服器程序是什麼

解:
源埠1586,目的埠69,UDP用戶數據報總長度28位元組,數據部分長度20位元組。
此UDP用戶數據報是從客戶發給伺服器(因為目的埠號<1023,是熟知埠)、伺服器程序是TFFTP。

(老師欽點)5—19 試證明:當用n比特進行分組的編號時,若接收到窗口等於1(即只能按序接收分組),當僅在發送窗口不超過2n-1時,連接ARQ協議才能正確運行。窗口單位是分組。
見書上答案 434

(老師欽點)5—23 主機A向主機B連續發送了兩個TCP報文段,其序號分別為70和100。試問:
(1) 第一個報文段攜帶了多少個位元組的數據?
(2) 主機B收到第一個報文段後發回的確認中的確認號應當是多少?
(3) 如果主機B收到第二個報文段後發回的確認中的確認號是180,試問A發送的第二個報文段中的數據有多少位元組?
(4) 如果A發送的第一個報文段丟失了,但第二個報文段到達了B。B在第二個報文段到達後向A發送確認。試問這個確認號應為多少?

(1)第一個報文段的數據序號是70到99,共30位元組的數據。
(2)確認號應為100.
(3)80位元組。
(4)70 (快重傳)

(老師欽點)5—24 一個TCP連接下面使用256kb/s的鏈路,其端到端時延為128ms。經測試,發現吞吐量只有120kb/s。試問發送窗口W是多少?(提示:可以有兩種答案,取決於接收等發出確認的時機)。
書上 435

(老師欽點)5—39 TCP的擁塞窗口cwnd大小與傳輸輪次n的關系如下所示:.....
書上 436

6-35 SNMP使用UDP傳送報文。為什麼不使用TCP?
答:因為SNMP協議採用客戶/伺服器工作方式,客戶與伺服器使用request和response報文建立了一種可靠的請求/響應關系,因此不必再耗時建立TCP連接。而採用首部開銷比TCP小的UDP報文形式。

9-07.無線區域網的MAC協議有哪些特點?為什麼在無線區域網中不能使用CSMA/CD協議而必須使用CSMA/CA協議?

答:無線區域網的MAC協議提供了一個名為分布式協調功能(DCF)的分布式接入控制機制以及工作於其上的一個可選的集中式控制,該集中式控制演算法稱為點協調功能(PCF)。DCF採用爭用演算法為所有通信量提供接入;PCF提供無爭用的服務,並利用了DCF特性來保證它的用戶可靠接入。PCF採用類似輪詢的方法將發送權輪流交給各站,從而避免了沖突的產生,對於分組語音這樣對於時間敏感的業務,就應提供PCF服務。 由於無線信道信號強度隨傳播距離動態變化范圍很大,不能根據信號強度來判斷是否發生沖突,因此不適用有線區域網的的沖突檢測協議CSMA/CD。

802.11採用了CSMA/CA技術,CA表示沖突避免。這種協議實際上是在發送數據幀前需對信道進行預約。 這種CSMA/CA協議通過RTS(請求發送)幀和CTS(允許發送)幀來實現。源站在發送數據前,先向目的站發送一個稱為RTS的短幀,目的站收到RTS後向源站響應一個CTS短幀,發送站收到CTS後就可向目的站發送數據幀。

E. 計算機網路基礎知識試題及答案

1、運算器和控制器屬於計算機的(C ) A、外部設備B、內存C、CPUD、系統軟體2、數據傳輸速率是Modem的重要技術指標,單位為( A )A、b/sB、Bytes/SC、KB/SD、MB/S3、計算機的核心部分是( C )A、操作系統B、硬碟XC、CPUD、內存4、Intranet採用的協議為( A)A、TCP/IPB、PX/SPXC、SET/SSLD、X.255、顯示器和列印機屬於計算機系統中的( C )A、輔助存儲器B、輸入設備C、輸出設備D、軟體系統6、( D)是隨機存取存儲器。A、CPUB、內存C、ROMD、RAM7、按照計算機軟體系統的分類,SQL2000屬於(D )A、通用軟體B、操作系統C、語言處理系統D、資料庫管理系統8、( B)的實際名稱叫非易失隨機訪問存儲器(NVRAM),特點是斷電後數據不消失,因此可以作為外部存儲器使用。A、快閃記憶體B、內存C、ROMD、硬碟9、大多數區域網採用以中央結點為中心與各結點連接的方式,按拓撲結構分,這屬於( B )結構。A、環型B、星型C、匯流排型D、多邊型10、一條實際的傳輸介質,如雙絞線可包含( D )信道。A、1個B、2個C、3個D、多個1 (多選) (B )和(C )統稱為外部設備。P1
A.存儲器 B.外存儲器 C.輸入輸出設備 D.外圍設備
2 (多選) 微型計算機的主要組成部分有( ABC)和其它外圍設備等。P1
A.存儲器 B.輸入輸出設備 C.CPU D.掃描儀
3 (單選) (C)是指組成計算機的任何機械的、磁性的、電子的裝置或部件。 P1
A.計算機軟體 B.計算機軟體系統 C.計算機硬體 D.計算機硬體系統
5 (多選) 不論大型計算機、小型計算機還是微型計算機,都是由( A)和(B )兩大部分組成。 P1
A.計算機硬體系統 B.計算機軟體系統 C.計算機系統 D.計算機輔助工具
6 (多選) 微型計算機的內存根據其工作方式的不同,可分為(A )和( D) P3
A.RAM B.DVD C.CD-ROM D.ROM
7 (單選) CPU的主要技術指標之一是主頻,主頻越(B ),表明CPU的運算速度越快,當然性能也越好。 P2
A.低 B.高 C.中等 D.一般
8 (單選) (B )的主要功能是完成對數據的算術運算、邏輯運算和邏輯判斷等操作。 P2
A.控制器 B.運算器 C.計算器 D.存儲器
9 (多選) 中央處理器稱為CPU,它主要由( C)和( A)組成,是計算機的核心部件。P1
A.控制器 B.計算器 C.運算器 D.數據機
10 (多選) 文字處理軟體按功能分,大致有以下幾大類( BAC)。 P8
A.具有較完備功能的文字處理軟體 B.簡單的文本編輯程序
C.專業印刷排版系統 D.表格處理軟體
11 (多選) 根據開發方式和適用范圍,應用軟體又可分為(B )和(C)。 P8
A.文字處理軟體 B.通用應用軟體 C.定製應用軟體 D.管理系統軟體
12 (單選) 在整個計算機系統中,( C)具有特殊的地位,它能對計算機的硬體、軟體資源和數據資源進行有效的管理。 P7
A.語言處理系統 B.資料庫管理系統 C.操作系統 D.常用服務程序
13 (單選) ( B)包括操作系統、語言處理系統、資料庫管理系統和常用服務程序等。 P7
A.應用軟體 B.系統軟體 C.定製軟體 D.輔助開發軟體
14 (單選) 在Internet上所有主機都有一個」名字-地址」及」地址-名字」的映射,完成這一映射的系統叫做域名系統。那麼,完成」名字-地址」映射的過程叫( D)。 P16
A.反向解析 B.逆向解析 C.順向解析 D.正向解析
15 (單選) 每個IP地址由網路地址和 ( B)兩部分組成。 P15
A.伺服器地址 B.主機地址 C.客戶機地址 D.域名地址
16 (單選) 區域網作用范圍小,分布在一個房間、一個建築物或一個企事業單位。地理范圍在10m~1km。傳輸速率在( C)以上。P10
A.1.5Mbps B.2Mbps C.1Mbps D.10Mbps
17 (多選) 決定區域網 特性的主要技術要素有:(ABC )。 P12
A.網路拓撲 B.傳輸介質 C.介質訪問控制方法 D.區域網傳輸協議
18 (多選) 計算機網路按分布距離可分為(ACD )。P10
A.區域網 B.互聯網 C.廣域網 D.城域網
19 (多選) 常用的數據交換技術有:(ABD )。P20
A.線路交換 B.報文交換 C.端到端交換 D.分組交換
20 (單選) 數據通信系統是指以計算機為中心,用通信線路與數據終端設備連接起來,執行( A)的系統。P16
A.數據通信 B.線路通信 C.單工通信 D.雙工通信
21 (單選) (C )是將組成字元的各個比特按順序逐位地在信道上傳輸。 P18
A.並行傳輸 B.基帶傳輸 C.串列傳輸 D.頻帶傳輸
22 (多選) 通信的目的是信息傳輸。那麼,通信的三要素是( ABC)。 P16
A.信源 B.載體 C.信宿 D. 信道

F. 計算機網路填空題~請高人回答~有懸賞

1.應用層、表示層、會話層、傳輸層、網路層、數據鏈路層、物理層
2.有連接安全傳輸、無連接不安全傳輸
3.域名解析
4.LLC、MAC
5.鏈路狀態演算法、距離矢量演算法、最優化、簡潔性、堅固性、快速收斂、靈活性
6.數據報、會話
7.
8.星型、匯流排型、環型
9.報文、數據段、

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