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网络技术应用网网络工程师专题一：网络体系结构(第1章)1、国际化标准的开放系统互联（OSI）参考模型共七层。其中，处理系统之间用户信息的语法表达形式的问题的是１层，规定通信双方的相互连接的机械、电气、功能和规程特性的是２层，向用户提供各种直接服务，如文件传送、电子邮件、虚拟终端等的是３层，通过校验和反馈重发等方法将原是不可靠的物理连接改成无差错的数据通道的是４层；负责通信子网中从源到目标路径选择的是５。(１)~(５)A.物理层B.数据链路层C.网络层D.传输层E、会话层F、表示层G、应用层解析：１.F2.A3.G4.B5.C。这里考察了OSI七层中每层所具的功能。2、有多个设备可以实现不同网络或网段的互连、工作在开放系统互联参考模型物理层、数据链路和网络层的互联设备分别称为（１）、（２）、（３）。(１)A.网关B.路由器C.防火墙D.中继器(２)A.转发器B.防火墙C.网桥D.网关(３)A.转发器B.路由器C.网桥D.中继器解析：（1）D.（2）C.（3）B.在物理层工作的常用设备有中继器，集线器；工作在数据链路层的设备有：网桥，交换机（２层）；工作在网络层的设备有：路由器，３层交换机。防火墙和网关是很特殊的设备，没有特定的工作层次，他们根据设计的不同，可以在各个层次工作，也可以在所以７层工作。3、在ISOOSI/RM中，实现数据压缩功能。A.应用层B.表示层C.会话层D.网络层解析：B。文件的表示方法或格式由表示层完成。比如：MP3,JPEG,MIDI等等4、以太网中的帧属于协议数据单元。A.物理层B.数据链路层C.网络层D.应用层解析：Ｂ．注意：在不同的层次协议数据单元名称是不一样的。在网络层叫做数据包；在传输层叫做数据段；物理层叫做数据位。网络技术应用网、在ISOOSI/RM中，（）实现数据压缩功能。A.应用层B.表示层C.会话层D.网络层解析：B6、以太网中的帧属于（）协议数据单元。A.物理层B.数据链路层C.网络层D.应用层解析：B解析：C7、网络接口卡属于OSI模型的哪一层？a.数据链路层b.传输层c.网络层d.物理层解析：a8、在OSI参考模型中，上层协议实体与下层协议实体之回的逻辑接口叫做服务访问点(SAP)。在Intemet中，网络层的服务访问点是。A．MAC地址B．LLC地址C.IP地址D．端口号【解析】C.IP地址。结合题目给定的定义，网络层与下层的服务访问点应该是IP地址网络工程师专题三：广域网技术(第3章)1、若卫星信道的数据传输率为1Mbps，帧长为1000bit，利用卫星信道的两个站点从一方到另一方的传播时延为250ms。忽略确认帧长和处理时间则若帧的出错概率为0.1,而假设应答帧不出现错误，当采用停等协议时，其协议效率是（1）。若采用连续ARQ协议，发送窗口Wt＝7，接收窗口Wr＝1，在不出错的情况下，信道的利用率为（2）若帧传输过程中出错是突发式的，突发位数为100bit，信道的误码率为10-3,则帧的出错概率变为（3）在连续ARQ协议中，若发送窗口大于2K（K为编号位数），则会（4），停等协议可以看成是连续ARQ协议的特例，即（5）网络技术应用网（1）A0.02B0.018C0.1D0.04A（2）A0.078B0.137C0.11D0.01A（3）A0.001B0.1C0.01D0.0001（4）A发送窗口速度太快B接收窗口接收不下C接收方不能正确识别是新的下一帧还是重发的帧D发送窗口不能进行编号（5）A发送窗口等于1B接收窗口等于1C认为线路不出错D认为线路出错较高答案：（1）B（2）B（3）C（4）C（5）A解析：(1)d/v=250ms=0.25sR=1Mbps=1*10^6bps=1*10^6(bit/s)a=(Rd/v)/L=(1*10^6*0.25)/1000=250P=0.1E=(1-P)/(2a+1)=0.9/501=0.00179(2)w=7w2a+1P=0E=W(1-P)/(2a+1)=7/501=0.139(3)P=(1000*10^(-3))/100=0.012、RS-232-C是在OSI模型中属于（1）层协议标准，这个标准的设计数据速率是处理（2）bit/s。（1）A、会话B、数据链路C、网络D运输E、物理（2）A、4800B、9600C、19200D、20000E、6400解析：RS-232-C是由电子工业协会(EIA，ElectronicIndustriesAssociation)制定的数据终端设备和数据电路端接设备连接的物理接口标准，属于国际标准化组织ISO的开放系统互连(OSI)模型中的最低层，即物理层的协议标准。它规定了接口的机械、电气和功能特性。RS-232-C规定的机械特性是25针的插头/座，减去一些未定义的针外，实际上只定义了20根针的功能。用来连接两个设备至少要连接3根钱线，即信号地、发送数据和接收数据线。在采用RS-232-C连接计算机与终端的场合就只使用这3根线。网络技术应用网，连接设备间的距离也有规定。为了实现更高的数据速率和更远的距离连接，EIA又制定了另一个RS-422标准。该标准的电气特性与RS-232-C不同，不用公共地，采用双线平衡传输的方式，在同样数据速率条件下，可达到较远的传输距离。在数据速率是2000bit/s条件下，连接设备间的距离可扩展到原有RS-232-C标准的约80倍。3、一条100KM长的电缆以T1数据传输速率运转,在电缆上的传播速度是光速的2/3,电缆长度相当于多位帧长?解析：V=(3×10^8)*2/3m/sL=100KM=1*10^5R=1.544Mbps=1.544*10^6bit/sS=L/V=1*10^5/(2*10^8)s=0.5*10^(-3)R*S=1.544*10^6*0.5*10^(-3)4、ITUV9.0调制解调器（Modem）.A.下载速率是56kb/s，上传速率是33.6kb/sB.上下行速率都是56kb/sC.与标准X.25公用数据网连接，以56kb/s的速率交换数据D.时刻与ISP连接，只要开机，永远在线。解析：选择A.下面是一些Modem的标准，必须记住。1958300bpsCCITTV.21FSK600bpsCCITTV.2270年代1200bpsCCITTV.224-DPSK80年代2400bpsCCITTV.22bis16-QAM4800bpsCCITTV.32QPSK9600bpsCCITTV.3232-TCM(4个数据位，1个校验位)14400bpsCCITTV.32bis128-TCM(6个数据位，1个校验位)28800bpsCCITTV.34(12个数据位)33600bpsCCITTV.34bis(14个数据位)网络技术应用网(33.6kbps上行，56kbps下行)56000bpsCCITTV.92(48kbps上行，56kbps下行5、ATM适配层的功能是。A.分割和合并用户数据B.信元头的组装和拆分C.比特定时D.信元校验解析：选择A.注意ATM分为三个层次，物理层，ATM层和ATM适配层，ATM适配层的功能是分割和合并用户数据为48字节，ATM层加5个字节信元首部，物理层把信元变为比特流发送出去。6以下关于X.25网络的描述中正确的是A.X.25的网络层提供无连接的服务B.X．25网络丢失帧时，通过检查帧顺序号重传丢失帧C.X.25网络使用LAP-D作为传输控制协议D．X.25网络采用多路复用技术，帧中的各个时槽被预先分配给不同的终端解析：D.A:X.25是面向连结的，包括SVC、PVCB:X.25不是重传丢失帧，而是采用后退N帧的ARQ协议C:X.25网络使用LAP-B(这里的B是指通信双方处于对等地位，B:Balance)，帧中继采用LAP-D。网络工程师专题四：局域网、城域网(第4章)1、设某单总线LAN,总线长度为1000米,数据率为10mbps,数字信号在总线上的传输速度2C/3(C为光速),则每个信号占据的介质长度为_米.当CSMA/CD(非IEEE802.3标准)访问时,如只考虑数据帧而忽略其他一切因素,则最小时间片的长度为_us,最小帧长度是_位?网络技术应用网问：2c/3=2*3*10^8/3=2*10^8m/st=1000m/(2*10^8m/s)=5*10^(-6)s在时间t内共有信号量=10*10^6t=10*10^6*5*10^(-6)=50bit在1000m共有50bit每个信号占据的介质长度=1000m/50bit=20m/bit2问：slottime=2S/(2c/3)=2*1000m/[2*10(8)m/s]=1*10(-5)s=10us3问：Lmin=slottime*R=1*10(-5)s*10mb/s=1*10(-5)s*[10*10(6)b/s]=100bit2、长10km，16Mbps，100个站点的令牌环，每个站点引入1位延迟位，信号传播速度位200m/us，则该环上1位延迟相当于_(4)_米长度的电缆，该环有效长为_(5)_。⑷A.10B.12.5C.15D.20⑸A.100B.200C.500D.900据时延估算公式：传播时延(us/km)*传播介质长度(km)*数据率(Mpbs)+中继器时延传播介质长度=10km传播速度=200m/us=0.2km/us传播时延=1/0.2(us/km)=5(us/km)数据率=16Mbps其环上可能存在的最大时延是10*5*16+100=900位没有帧发送时，其环上可能存在的最小时延为10*5*16=800位环上1位延迟相当于10km/800=12.5m3、一条100KM长的电缆以T1数据传输速率运转,在电缆上的传播速度是光速的2/3,电缆长度相当于多位帧长?V=(3×10^8)*2/3m/sL=100KM=1*10^5R=1.544Mbps=1.544*10^6bit/sS=L/V=1*10^5/(2*10^8)s=0.5*10^(-3)R*S=1.544*10^6*0.5*10^(-3)4、100个站分布在4KM长的总线上。协议采用CSMS/CD。总线速率为5Mb/s，帧平均长度为1000bit.试估算每个站每秒发送的平均帧数的最大值。传播时延为5us/km.传播延迟：Tp=4(km)*5(us/km)=20(us)一帧时：Tf=1000bit/(5Mb/s)=200(us)网络技术应用网=Tp/Tf=0.1S=1/(1+a(2A**(-1)-1))取Amax=0.369Smax=1/(1+0.1(2/0.369-1))=0.693即线路利用率69.3%这时，每秒实际传输3.465MB,3.465M/100/1000=34.65平均每站每秒钟发送的平均帧数的最大值为34.65。5、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（30）；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（31）。（30）A、0.104B、0.116C、0.188D、0.231（31）A、0.416B、0.464C、0.752D、0.832解析：根据公式：a=(Rd/v)/LE=1/(2a+1)=