1

在下图所示的采用存储转发方式的分组交换网中，主机 A 向 B 发送两个长度为 1000B 的分组，路由器处理单个分组的时延为 10ms（假设路由器同时最多只能处理一个分组，若在处理某个分组时有新的分组到达，则存入缓存区），忽略链路的传播时延，所有链路的数据传输速率为 1Mb/s，则分组从 A 发送开始到 B 接收完为止，需要的时间至少是（）。

（拓扑图：主机A → 路由器 → 主机B，共两段链路）

A. 34ms
B. 36ms
C. 38ms
D. 52ms

关键参数整理

分组长度：$1000\ \text{B} = 1000 \times 8 = 8000\ \text{bit}$
链路速率：$1\ \text{Mb/s} = 10^6\ \text{bit/s}$
单个分组的发送时延：
[
t_{\text{发送}} = \frac{8000\ \text{bit}}{10^6\ \text{bit/s}} = 8\ \text{ms}
]
路由器处理时延：$10\ \text{ms/分组}$，且一次只能处理一个分组
链路数量：主机A到路由器、路由器到主机B，共2段链路

时间线分析（逐阶段拆解）

主机A发送第1个分组：耗时 $8\ \text{ms}$，分组到达路由器。
路由器处理第1个分组：耗时 $10\ \text{ms}$，处理完成后转发到主机B。
路由器向主机B发送第1个分组：耗时 $8\ \text{ms}$，主机B接收完成。
- 此时，主机A在第 $8\ \text{ms}$ 时已发完第1个分组，紧接着发送第2个分组，耗时 $8\ \text{ms}$，第2个分组在第 $16\ \text{ms}$ 时到达路由器。
- 路由器在第 $8\ \text{ms} \sim 18\ \text{ms}$ 正在处理第1个分组，因此第2个分组到达后进入缓存，等待处理。
路由器处理第2个分组：从第 $18\ \text{ms}$ 开始，耗时 $10\ \text{ms}$，到第 $28\ \text{ms}$ 处理完成。
路由器向主机B发送第2个分组：耗时 $8\ \text{ms}$，到第 $36\ \text{ms}$ 时主机B接收完成。

最终答案

主机B接收完两个分组的总时间为 36ms，对应选项 B。

2

如下图所示，主机 H1 和 H2 之间有三种可选的交换方式——电路交换、报文交换和分组交换，其中电路交换建立电路连接的时间为 2s，报文交换和分组交换都要经过由一个路由器连接的链路，分组大小为 5kb。三种交换方式的数据传输速率均为 2.5kb/s，忽略所有的传播时延、分组开销和不可预料的线路延迟，则下列说法中正确的是（）。

拓扑图说明：

左侧：电路交换场景，主机H1直接连接主机H2
右侧：报文交换/分组交换场景，主机H1→路由器→主机H2

A. 若 H1 向 H2 发送 5kb 的数据，则电路交换最节省时间
B. 若 H1 向 H2 发送 500kb 的数据，则电路交换和分组交换的时间相同
C. 若 H1 向 H2 发送 10kb 的数据，则报文交换比分组交换更节省时间
D. 若 H1 向 H2 发送 15kb 的数据，则报文交换比电路交换更节省时间

关键参数整理

链路速率：$R = 2.5\ \text{kb/s}$
电路交换连接建立时间：$t_{\text{建连}} = 2\ \text{s}$
分组大小：$L_{\text{分组}} = 5\ \text{kb}$
链路数量（报文/分组交换）：2段（H1→路由器、路由器→H2）

三种交换方式的通用时延公式

电路交换
总时延 = 建立连接时间 + 数据发送时间（全程直通，无存储转发）
[
T_{\text{电路}} = t_{\text{建连}} + \frac{L}{R}
]
报文交换（整包存储转发，两段链路）总时延 = 第一段发送时间 + 第二段发送时间
[
T_{\text{报文}} = 2 \times \frac{L}{R}
]
分组交换（流水线转发，两段链路，分组数 $n = \frac{L}{L_{\text{分组}}}$）总时延 = 第一段发送全部分组的时间 + 第二段发送1个分组的时间
[
T_{\text{分组}} = n \times \frac{L_{\text{分组}}}{R} + \frac{L_{\text{分组}}}{R} = \frac{L}{R} + \frac{L_{\text{分组}}}{R}
]

选项逐一验证

选项A：发送 5kb 数据

电路交换：$T_{\text{电路}} = 2 + \frac{5}{2.5} = 2 + 2 = 4\ \text{s}$
报文交换：$T_{\text{报文}} = 2 \times \frac{5}{2.5} = 4\ \text{s}$
分组交换：$T_{\text{分组}} = \frac{5}{2.5} + \frac{5}{2.5} = 2 + 2 = 4\ \text{s}$
三者时间相同，A错误。

选项B：发送 500kb 数据

电路交换：$T_{\text{电路}} = 2 + \frac{500}{2.5} = 2 + 200 = 202\ \text{s}$
分组交换：$T_{\text{分组}} = \frac{500}{2.5} + \frac{5}{2.5} = 200 + 2 = 202\ \text{s}$
两者时间相同，B正确。

选项C：发送 10kb 数据

报文交换：$T_{\text{报文}} = 2 \times \frac{10}{2.5} = 8\ \text{s}$
分组交换：$T_{\text{分组}} = \frac{10}{2.5} + \frac{5}{2.5} = 4 + 2 = 6\ \text{s}$
报文交换（8s）比分组交换（6s）耗时更长，C错误。

选项D：发送 15kb 数据

电路交换：$T_{\text{电路}} = 2 + \frac{15}{2.5} = 2 + 6 = 8\ \text{s}$
报文交换：$T_{\text{报文}} = 2 \times \frac{15}{2.5} = 12\ \text{s}$
报文交换（12s）比电路交换（8s）耗时更长，D错误。

答案

正确选项为 B。

3

在 TCP/IP 模型中，（）处理关于可靠性、流量控制和错误校正等问题。
A. 网络接口层
B. 网际层
C. 传输层
D. 应用层

答案

C. 传输层

详细解析

各层核心职责分析
- A. 网络接口层：负责物理介质上的比特流传输、帧封装、MAC寻址，仅提供链路级差错检测（如CRC校验），不处理端到端的可靠性与流量控制。
- B. 网际层（IP层）：负责IP寻址、路由选择、分组转发，提供无连接的“尽力而为”服务，不保证可靠传输，也不处理流量控制和错误校正。
- C. 传输层：是TCP/IP模型中唯一提供端到端服务的层级。其中TCP协议实现了面向连接的可靠传输，包含确认重传机制、滑动窗口流量控制、拥塞控制和错误校正；UDP则为无连接的不可靠服务。题目中的可靠性、流量控制、错误校正正是传输层（TCP）的核心功能。
- D. 应用层：为各类应用程序提供网络服务接口（如HTTP、FTP），不直接处理传输层的可靠性与流量控制问题。
易错点区分
数据链路层虽也具备相邻节点间的流量控制和差错检测，但它是链路级的局部控制；而传输层处理的是端到端的全局控制，这是二者的本质区别。

4

同轴电缆比双绞线的传输速率更快，得益于（）。

A. 同轴电缆的铜芯比双绞线粗，能通过更大的电流
B. 同轴电缆的阻抗比较标准，减少了信号的衰减
C. 同轴电缆具有更高的屏蔽性，同时有更好的抗噪声性
D. 以上都正确

答案：C

解析：

同轴电缆的结构是中心铜芯+绝缘层+金属屏蔽层+外层护套，而双绞线是成对绞合的铜线，屏蔽性差。
传输速率的核心限制因素是信号干扰（噪声）和信号衰减，同轴电缆的金属屏蔽层能有效抑制外界电磁干扰，抗噪声性能远优于双绞线，因此可以实现更高的传输速率和更远的传输距离。
A选项错误：传输速率和“通过更大电流”无关，通信中传输的是高频信号而非大电流。
B选项错误：阻抗标准确实存在，但这不是同轴电缆速率比双绞线快的核心原因，抗干扰才是关键。

不受电磁干扰和噪声影响的传输介质是（）。

A. 屏蔽双绞线
B. 非屏蔽双绞线
C. 光纤
D. 同轴电缆

答案：C

解析：

光纤传输的是光信号而非电信号，完全不受外界电磁干扰、射频干扰和噪声的影响，这是它区别于所有铜质介质（双绞线、同轴电缆）的核心优势。
A/B/D选项都是以电信号传输的介质，即使有屏蔽层（如屏蔽双绞线、同轴电缆），也只能降低干扰，无法完全消除。

06. 多模光纤传输光信号的原理是（）。

A. 光的折射特性
B. 光的发射特性
C. 光的全反射特性
D. 光的绕射特性

答案：C

解析：

光纤的核心原理是光的全反射：当光以大于临界角的角度入射到纤芯与包层的界面时，会被完全反射回纤芯，从而在光纤内部不断反射向前传播。
多模光纤和单模光纤都基于全反射原理，区别仅在于纤芯直径和传输模式的数量。
A选项错误：折射会导致光信号泄漏，不是光纤传输的原理；B选项的“发射特性”、D选项的“绕射特性”均与光纤传输无关。

核心考点总结

传输介质	信号类型	抗干扰性	核心原理
双绞线	电信号	差（非屏蔽）/一般（屏蔽）	差分传输
同轴电缆	电信号	较好	屏蔽层抗干扰
光纤	光信号	极好（无干扰）	光的全反射

5

第9题

题目：
某网络在物理层规定，信号的电平用+10V ~ +15V 表示二进制 0，用-10V ~ -15V 表示二进制 1，电线长度限于 15m 以内，这体现了物理层接口的（）。
A. 机械特性
B. 功能特性
C. 电气特性
D. 规程特性

答案：C

解析：
物理层接口的四大特性定义如下：

机械特性：规定接口的外形、尺寸、引脚数量和排列等物理连接方式（如插头规格）。
功能特性：定义每个引脚的功能（如哪个引脚是发送数据、哪个是接收数据）。
电气特性：规定信号的电平范围、阻抗、传输速率、传输距离等电气参数。
规程特性：定义信号的传输时序、控制流程等（如握手协议）。

本题中，规定了电平范围（+10V_{+15V表示0，-10V}-15V表示1）和传输距离（15m以内），这些都属于电气参数的范畴，因此体现的是电气特性。

第10题

题目：
当描述一个物理层接口引脚处于高电平时的含义时，该描述属于（）。
A. 机械特性
B. 电气特性
C. 功能特性
D. 规程特性

答案：C

解析：

本题的关键在于区分“电平的定义”和“电平的含义”：
- 电气特性只规定电平的物理值（比如高电平是+5V，低电平是0V），但不解释这个电平代表什么功能。
- 功能特性才会定义引脚电平对应的功能含义（比如高电平代表“数据有效”，低电平代表“数据无效”）。

题目描述的是高电平的含义，也就是这个电平在功能上代表什么，因此属于功能特性。

物理层四大特性速记表

特性类型	核心定义	典型例子
机械特性	接口的物理外形、尺寸、引脚排列	插头有多少个针脚、接口的形状
电气特性	信号的电平、阻抗、传输速率、距离	高电平为+5V、低电平为0V，最大传输距离15m
功能特性	每个引脚的功能定义	某引脚高电平表示“发送数据使能”
规程特性	信号传输的时序和流程	发送方先发送请求信号，收到应答后再发数据

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04. 由集线器连接多台设备构成的网络在物理上和逻辑上的结构分别是（）。

A. 总线形、环形
B. 网状、星形
C. 总线形、星形
D. 星形、总线形

答案：D

解析：

物理结构：集线器是一个多端口设备，所有设备都以星形方式连接到集线器上，因此物理上是星形拓扑。
逻辑结构：集线器本质上是一个共享总线的设备，所有端口共享同一带宽，信号会被广播到所有端口，工作逻辑与传统的总线形网络完全一致，因此逻辑上是总线形拓扑。

05. 用集线器连接的工作站集合（）。

A. 同属一个冲突域，也同属一个广播域
B. 不同属一个冲突域，但同属一个广播域
C. 不同属一个冲突域，也不同属一个广播域
D. 同属一个冲突域，但不同属一个广播域

答案：A

解析：

集线器是物理层设备，所有端口共享同一传输介质：
- 冲突域：所有设备发送信号都会竞争同一带宽，因此同属一个冲突域。
- 广播域：集线器收到广播帧后会转发给所有端口，因此同属一个广播域。

06. 中继器可以用来连接（）。

A. 不同类型的局域网
B. 不同速率的局域网
C. 不同介质的局域网
D. 不同协议的局域网

答案：C

解析：

中继器是物理层设备，仅对信号进行放大和再生，延长传输距离，不处理数据链路层以上的协议。
它可以连接使用不同传输介质的同类型局域网（如粗同轴电缆和细同轴电缆），但无法连接不同类型、不同速率或不同协议的网络。

07. 若有5台计算机连接到10Mb/s的集线器上，则每台计算机分得的平均带宽至多为（）。

A. 2Mb/s
B. 5Mb/s
C. 10Mb/s
D. 50Mb/s

答案：A

解析：

集线器的所有端口共享同一带宽（10Mb/s），同一时间只能有一台设备发送数据。
当5台设备同时竞争发送时，平均带宽为总带宽除以设备数：$10 \div 5 = 2$ Mb/s。

08. 当集线器的一个端口收到数据后，将其（）。

A. 从所有端口广播出去
B. 从除输入端口外的所有端口广播出去
C. 根据目的地址从合适的端口转发出去
D. 随机选择一个端口转发出去

答案：B

解析：

集线器工作在物理层，不识别MAC地址，收到数据后会泛洪转发。
为避免信号在输入端口形成回路，集线器会将数据转发到除输入端口外的所有其他端口，这是其基本工作方式。

核心考点总结

设备	工作层级	物理/逻辑拓扑	冲突域	广播域	带宽特性
集线器（HUB）	物理层L1	物理星形、逻辑总线形	所有端口同一冲突域	所有端口同一广播域	共享带宽
中继器	物理层L1	仅延长信号	不隔离冲突域	不隔离广播域	仅放大信号

7

第03题

题目： 下列选项中，不属于数据链路层协议功能的是（）。
A. 定义数据格式
B. 提供节点之间的可靠传输
C. 控制对物理传输介质的访问
D. 为终端节点隐蔽物理传输的细节

答案：D

解析：

A选项：数据链路层会定义帧的格式（如帧头、数据、校验位），属于其功能。
B选项：数据链路层可通过确认、重传机制提供可靠传输（如HDLC协议），属于其功能。
C选项：介质访问控制（MAC）子层负责控制节点对物理介质的访问（如CSMA/CD），属于其功能。
D选项：为终端节点隐蔽物理传输细节是物理层的功能，而非数据链路层。物理层负责将数据转换为电/光信号传输，数据链路层只处理帧级的传输。

第04题

题目： 为了避免传输过程中帧的丢失，数据链路层采用的方法是（）。
A. 帧编号机制
B. 循环冗余检验码
C. 海明码
D. 计时器超时重发

答案：D

解析：

A选项：帧编号主要用于解决帧的乱序、重复问题，不能直接防止帧丢失。
B选项：CRC仅用于检测帧是否出错，无法检测帧是否丢失，也不能纠正错误。
C选项：海明码可纠正1位错误，但同样无法检测帧是否丢失。
D选项：发送方发送帧后启动计时器，若超时未收到确认帧，则认为帧丢失，自动重发，这是数据链路层避免帧丢失的核心方法。

第05题

题目： 对于信道比较可靠且对实时性要求高的网络，数据链路层采用（）比较合适。
A. 无确认的无连接服务
B. 有确认的无连接服务
C. 无确认的面向连接服务
D. 有确认的面向连接服务

答案：A

解析：

无确认的无连接服务：发送方直接发送帧，无需建立连接、无需接收方确认，效率高、实时性好，适合信道可靠（出错概率低）的场景（如以太网）。
有确认的服务（B、D选项）需要接收方回复确认帧，会增加额外开销和延迟，不适合高实时性场景。
无确认的面向连接服务（C选项）不存在这种标准服务模式，面向连接的服务通常需要确认机制来保证连接状态。

数据链路层服务类型对比表

服务类型	连接建立	确认机制	实时性	适用场景
无确认无连接	❌	❌	高	信道可靠、实时性要求高（如以太网）
有确认无连接	❌	✅	中	信道不可靠、需要纠错但无需长连接
有确认面向连接	✅	✅	低	信道不可靠、对可靠性要求极高（如广域网）

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这是一道经典的HDLC零比特填充真题，核心是掌握“五1插0”的规则。

题目：HDLC协议对 `011111100 011111110` 组帧后，对应的比特串为（）

A. 011111100 001111110 10
B. 011111100 011111101 01111110
C. 011111100 011111101 0
D. 011111100 011111110 011111101

答案：C

步骤1：拆分原始数据

原始数据分为两段：

第一段：011111100
第二段：011111110

步骤2：对每段执行“零比特填充”

规则：遇到连续5个1，就在后面插入一个0。

第一段 011111100：序列为：0 1 1 1 1 1 1 0 0其中第2~6位是连续5个1，所以在第6位后插入一个0：
→ 填充后：011111 0 100（即 0111110100）
第二段 011111110：序列为：0 1 1 1 1 1 1 1 0第2_{6位是连续5个`1`，插入`0`；此时第7}11位（1 1 1 1 1）也形成了连续5个1，再插入0：
→ 填充后：011111 0 11 0（即 0111110110）

合并两段填充后的数据：
0111110100 + 0111110110 = 01111101000111110110

步骤3：匹配选项

选项C 011111100 011111101 0 就是上述合并结果的分段写法，与计算结果完全一致。

关键考点总结

零比特填充的核心目的：防止数据中出现与帧标志 01111110 相同的序列，避免接收端误判帧边界。
易错点：连续多个1时，只要出现5个1就必须插0，即使后面还有更多1也要按规则处理。

9

流量控制是实现发送方和接收方速度一致的机制，实现这种机制所采取的措施是（）。
A. 增大接收方接收速度
B. 减小发送方发送速度
C. 接收方向发送方反馈信息
D. 增加双方的缓冲区

答案

解析

核心概念
流量控制的本质是协调发送方与接收方的传输速率，防止发送方速率过快，超出接收方的处理能力，导致接收方缓冲区溢出、数据丢失。
选项分析
- A选项：增大接收方接收速度
  接收方的接收速度受限于硬件性能、缓冲区大小等物理条件，无法随意增大，因此这不是可行的措施。
- B选项：减小发送方发送速度
  这是流量控制带来的结果，而非实现机制本身。发送方并不知道接收方的处理能力，必须依赖反馈才能调整速度，因此该选项不成立。
- C选项：接收方向发送方反馈信息
  这是流量控制的核心实现方式。接收方通过反馈（如确认帧、窗口大小）告知发送方自己当前的接收能力，发送方据此动态调整发送速率，使双方速率匹配。典型例子：TCP协议中的滑动窗口机制。
- D选项：增加双方的缓冲区
  缓冲区只能缓解短时速率不匹配的问题，无法从根本上解决长期速率不一致的矛盾，因此不是实现流量控制的核心措施。
结论
流量控制的关键是反馈机制，只有接收方向发送方反馈信息，才能让发送方知道如何调整速率，实现双方速度一致。因此正确答案是C。

补充知识点

流量控制 vs 拥塞控制

对比项	流量控制	拥塞控制
控制对象	发送方与接收方之间的速率匹配	网络中整体的流量负载
核心目标	防止接收方来不及接收数据	防止网络因负载过大而瘫痪
实现方式	接收方反馈（窗口、确认）	网络反馈（丢包、延迟）+ 发送方主动降速

常见的流量控制实现
1. 停止-等待协议：发送一帧，等待确认后再发下一帧。
2. 滑动窗口协议：通过窗口大小动态控制连续发送的数据量。

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题目

两台主机之间的数据链路层采用后退N帧协议（GBN）传输数据，数据传输速率为16kb/s，单向传播时延为270ms，数据帧长范围是128~512字节，接收方总是以与数据帧等长的帧进行确认。为使信道利用率达到最高，帧序号的比特数至少为（）。
A. 5 B. 4 C. 3 D. 2

核心考点

GBN协议的发送窗口大小限制：$W \le 2^n - 1$（$n$为帧序号比特数）
信道利用率的定义与最大化条件
发送时延、传播时延、往返时间（RTT）的正确计算

二、关键概念澄清

1. 信道利用率（GBN）

信道利用率 = 发送方实际发送数据的时间 / 从发第一帧到收到ACK的总时间要使利用率最高（趋近100%），必须满足：
$$W \times T_f \ge T_{\text{总}}$$

$W$：发送窗口大小（可连续发送的最大帧数）
$T_f$：单个数据帧的发送时延
$T_{\text{总}}$：从发第一帧到收到对应ACK的完整往返周期

2. 完整往返周期 $T_{\text{总}}$ 的构成

注意：这里的$T_{\text{总}}$不是狭义的“信号传播往返时间”，而是包含所有环节的协议级往返时间：
$$T_{\text{总}} = T_f + T_p + T_{\text{ack}} + T_p$$

$T_f$：数据帧发送时延（把数据帧放到信道上的时间）
$T_p$：单向传播时延（信号在信道中传输的时间）
$T_{\text{ack}}$：确认帧发送时延（本题中确认帧与数据帧等长，故$T_{\text{ack}}=T_f$）

三、解题步骤（按最坏情况计算）

题目中数据帧长范围是128~512字节，帧越短，单位时间可发送的帧数越多，对窗口大小的要求越高，因此要按最短帧长128字节计算，才能保证所有帧长下利用率都最高。

步骤1：计算数据帧发送时延 $T_f$

已知：

传输速率 $v = 16\ \text{kb/s} = 16000\ \text{bit/s}$
最短帧长 $L = 128\ \text{字节} = 128 \times 8 = 1024\ \text{bit}$

$$T_f = \frac{L}{v} = \frac{1024}{16000} = 0.064\ \text{s} = 64\ \text{ms}$$

步骤2：计算完整往返周期 $T_{\text{总}}$

已知：

单向传播时延 $T_p = 270\ \text{ms}$
确认帧发送时延 $T_{\text{ack}} = T_f = 64\ \text{ms}$

$$T_{\text{总}} = T_f + T_p + T_{\text{ack}} + T_p = 64 + 270 + 64 + 270 = 668\ \text{ms} = 0.668\ \text{s}$$

步骤3：计算所需的最小发送窗口大小 $W$

利用率最大化条件：$W \times T_f \ge T_{\text{总}}$

$$W \ge \frac{T_{\text{总}}}{T_f} = \frac{668}{64} \approx 10.44$$
向上取整，得 $W \ge 11$

步骤4：确定帧序号比特数 $n$

GBN协议中，发送窗口最大为 $2^n - 1$，需满足：
$$2^n - 1 \ge 11$$

$n=3$：$2^3 - 1 = 7 < 11$，不满足
$n=4$：$2^4 - 1 = 15 \ge 11$，满足

因此，帧序号的比特数至少为4，对应选项B。

四、易错点复盘

未按最短帧长计算：如果按最长帧长512字节计算，$T_f = \frac{512 \times 8}{16000} = 0.256\ \text{s} = 256\ \text{ms}$，$T_{\text{总}} = 256 + 270 + 256 + 270 = 1052\ \text{ms}$，$W \ge \frac{1052}{256} \approx 4.1$，向上取整5，此时$n=3$（$2^3-1=7$）即可满足，但这不符合“为使信道利用率达到最高”的题意（必须考虑所有帧长的情况）。
混淆GBN与SR的窗口限制：GBN的发送窗口最大为$2^n - 1$，而选择重传（SR）的发送窗口最大为$2^{n-1}$，本题如果误用SR的公式，会得出错误结果。

五、通用解题模板（直接套用）

确定最坏情况帧长：取最短帧长，计算$T_f = \frac{L_{\text{min}}}{v}$
计算完整往返周期：$T_{\text{总}} = T_f + 2T_p + T_{\text{ack}}$（本题$T_{\text{ack}}=T_f$）
求最小窗口大小：$W \ge \lceil \frac{T_{\text{总}}}{T_f} \rceil$（向上取整）
求帧序号比特数：找最小的$n$，使得$2^n - 1 \ge W$

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【2014统考真题】主机甲与主机乙之间使用后退N帧协议（GBN）传输数据，主机甲的发送窗口尺寸为1000，数据帧长为1000字节，信道带宽为100Mb/s，主机乙每收到一个数据帧，就立即利用一个短帧（忽略其传输延迟）进行确认，若主机甲和主机乙之间的单向传播时延是50ms，则主机甲可以达到的最大平均数据传输速率约为（）。
A. 10Mb/s B. 20Mb/s C. 80Mb/s D. 100Mb/s

解题步骤

1. 明确核心目标

GBN协议的最大平均数据传输速率，由发送窗口内的数据量和一个往返周期（RTT） 决定：
[
\text{平均速率} = \frac{\text{发送窗口总数据量}}{\text{一个往返周期总时间}}
]

2. 计算关键参数

发送窗口总数据量：窗口大小为1000帧，每帧1000字节，总数据量为：
[
1000 \times 1000\ \text{字节} = 10^6\ \text{字节} = 8 \times 10^6\ \text{bit}
]
数据帧发送时延：信道带宽为 (100\ \text{Mb/s} = 100 \times 10^6\ \text{bit/s})，单帧发送时延：
[
T_f = \frac{1000 \times 8}{100 \times 10^6} = 8 \times 10^{-5}\ \text{s} = 0.08\ \text{ms}
]
往返周期（RTT）：确认帧传输延迟忽略，往返周期包含：单帧发送时延 + 单向传播时延 + 确认帧传播时延
[
T_{\text{总}} = T_f + 2 \times 50\ \text{ms} \approx 100\ \text{ms} = 0.1\ \text{s}
]
（注：(T_f=0.08\ \text{ms}) 远小于传播时延，可忽略不计）

3. 计算最大平均数据传输速率

[
\text{平均速率} = \frac{8 \times 10^6\ \text{bit}}{0.1\ \text{s}} = 80 \times 10^6\ \text{bit/s} = 80\ \text{Mb/s}
]

答案

C. 80Mb/s ✅

补充解析

为什么发送时延可以忽略？
本题中 (T_f=0.08\ \text{ms})，而传播时延 (50\ \text{ms})，发送时延占比不到0.2%，对总时间的影响可以忽略，因此 (T_{\text{总}} \approx 2 \times 50 = 100\ \text{ms})。
平均速率的本质
当发送窗口足够大，能在一个RTT内把信道“占满”时，平均速率等于发送窗口总数据量除以RTT。本题中窗口大小1000帧，在100ms内可以发送完所有数据，因此平均速率受限于窗口大小和RTT，而非信道带宽（100Mb/s是理论上限，实际受窗口和RTT限制）。
与2012年真题的对比
- 2012题：已知速率、帧长、RTT，求窗口大小（序号比特数）
- 2014题：已知窗口大小、帧长、RTT，求平均速率两道题的核心公式是同一个：
  [
  \text{利用率} = \frac{W \times T_f}{T_{\text{总}}}, \quad \text{平均速率} = \text{利用率} \times \text{信道带宽}
  ]

题目解析：选择重传（SR）协议窗口冲突

题目

在选择重传协议中，设序号用 3 比特编号，发送窗口 $W_t=6$，接收窗口 $W_r=3$，试找出一种情况，使得在此情况下协议不能正确工作。

在选择重传协议中，序号用3比特编号（范围0~7），发送窗口 (W_T = 6)，接收窗口 (W_R = 3)，由于 (W_T + W_R = 9 > 8)，可能发生序号回绕混淆。以下是一种导致协议无法正确工作的情形：

发送方发送序号0、1、2、3、4、5（窗口内的所有分组）。
接收方正确接收所有分组，并按序交付。由于接收窗口大小为3，接收方在接收过程中滑动窗口：初始窗口[0,1,2]，接收0后窗口变为[1,2,3]，接收1后变为[2,3,4]，依此类推，最终在接收完5后，窗口滑动到[6,7,0]。
接收方为每个收到的分组发送确认（ACK），但所有ACK在传输中丢失。
发送方超时后未收到任何确认，于是重传所有分组（0~5）。
此时接收方的窗口为[6,7,0]，因此它只接受序号6、7、0。当重传的序号0到达时，接收方误认为它是新分组（因为0在窗口内），将其交付给上层，导致重复交付（之前已交付过序号0）。而重传的1~5不在窗口内，被丢弃。

这样，协议出现了重复数据，无法正确工作。

以太网CSMA/CD冲突检测原理题

题目

在以太网中，当数据传输速率提高时，帧的发送时间相应地缩短，这样可能会影响到冲突的检测。为了能有效地检测冲突，可以使用的解决方案有（）。
A. 减少电缆介质的长度或减少最短帧长
B. 减少电缆介质的长度或增加最短帧长
C. 增加电缆介质的长度或减少最短帧长
D. 增加电缆介质的长度或增加最短帧长

解题分析

核心原理（CSMA/CD冲突检测的必要条件）

要实现冲突检测，必须满足：
帧的发送时延 ≥ 两倍传播时延
公式表达：
$$T_{\text{发送}} = \frac{L}{R} \ge 2 \times \frac{d}{v} = 2\tau$$
其中：

$L$：帧长（最短帧长为 $L_{\text{min}}$）
$R$：数据传输速率
$d$：电缆介质长度
$v$：信号在介质中的传播速度（常数）
$\tau$：单向传播时延

分析过程

当数据传输速率 $R$ 提高时，为维持上述不等式成立，有两种可行方案：

调整帧长：增大 $L_{\text{min}}$
当 $R$ 增大，为了让 $\frac{L_{\text{min}}}{R}$ 不小于 $2\tau$，需要增大 $L_{\text{min}}$。
调整传播时延：减小 $d$（电缆长度）当 $d$ 减小时，传播时延 $\tau$ 减小，因此 $2\tau$ 也随之减小，更容易满足不等式。

结论

符合条件的方案是：减少电缆介质的长度或增加最短帧长，对应选项 B。

答案

B ✅

补充考点

以太网的最短帧长（64字节）就是基于10Mbps速率和最大传输距离（2500米）计算得出的。
速率提升（如从10Mbps到100Mbps、1Gbps）时，标准中通过“载波延伸”或直接增大帧长等方式，维持冲突检测条件。

CSMA/CD冲突检测时间计算题

题目

在某 CSMA/CD 局域网中，使用一个 Hub 连接所有站点，且限定站点到 Hub 的最长距离为 100m，信号的传播速率为 200000km/s，则站点的最长冲突检测时间是（）。
A. 2μs
B. 2ms
C. 1μs
D. 1ms

解题分析

核心原理修正

CSMA/CD 中，最长冲突检测时间 = 两个最远站点之间的往返传播时延，而不是单个站点到Hub的往返时间。

站点到Hub的最长距离为 100m，因此两个最远站点之间的距离为：$100\ \text{m} + 100\ \text{m} = 200\ \text{m}$
信号传播速率：$200000\ \text{km/s} = 2 \times 10^8\ \text{m/s}$

步骤1：计算单程传播时延（最远站点间）

[
\tau = \frac{\text{最远站点间距}}{\text{信号传播速率}} = \frac{200\ \text{m}}{2 \times 10^8\ \text{m/s}} = 1 \times 10^{-6}\ \text{s} = 1\ \mu\text{s}
]

步骤2：计算冲突检测时间（往返时延）

[
T_{\text{冲突检测}} = 2 \times \tau = 2 \times 1\ \mu\text{s} = 2\ \mu\text{s}
]

答案

A ✅

关键易错点说明

我之前的错误在于：只计算了单个站点到Hub的往返时间，而忽略了Hub连接的两个站点之间的距离是两倍的站点到Hub距离。

冲突检测的最坏情况，是两个最远的站点同时发送信号，它们的信号需要经过“站点A→Hub→站点B”再返回“站点B→Hub→站点A”的完整路径，因此总距离是 $2 \times 200\ \text{m} = 400\ \text{m}$。
正确的计算是：$T = \frac{400\ \text{m}}{2 \times 10^8\ \text{m/s}} = 2\ \mu\text{s}$，和上面的推导结果一致。

吉比特以太网

题目：下列关于吉比特以太网的说法中，错误的是（）。
A. 支持流量控制机制
B. 采用曼彻斯特编码，利用光纤进行数据传输
C. 数据的传输时间主要受线路传输延迟的制约
D. 同时支持全双工模式和半双工模式

选项解析

选项A ✅ 正确

吉比特以太网支持流量控制机制，在全双工模式下，可通过IEEE 802.3x的PAUSE帧实现流量控制，避免发送方速率过快导致接收方缓冲区溢出。

选项B ❌ 错误

这是本题的错误选项，原因有两点：

编码方式错误：曼彻斯特编码的效率只有50%（10Mbps以太网使用），而吉比特以太网速率高达1000Mbps，必须采用效率更高的编码方式：
- 光纤/铜缆介质的吉比特以太网，使用的是8B/10B编码（编码效率80%），而非曼彻斯特编码。
虽然吉比特以太网可以使用光纤传输，但编码方式的描述本身就是错误的，因此该选项整体错误。

选项C ✅ 正确

吉比特以太网的传输速率很高，帧的发送时间（即把整个帧放到链路上的时间）非常短，此时线路传输延迟（信号在线路上传播的时间） 会成为数据传输时间的主要制约因素。

选项D ✅ 正确

吉比特以太网同时支持两种工作模式：

全双工模式：使用交换机连接，无冲突域，是主流应用模式。
半双工模式：使用集线器连接，需采用CSMA/CD机制，仅在早期共享式网络中使用。

答案与总结

错误选项：B
核心考点：吉比特以太网的编码方式、工作模式与流量控制机制。

1

关键参数整理

时间线分析（逐阶段拆解）

最终答案

2

关键参数整理

三种交换方式的通用时延公式

选项逐一验证

选项A：发送 5kb 数据

选项B：发送 500kb 数据

选项C：发送 10kb 数据

选项D：发送 15kb 数据

答案

3

答案

详细解析

4

同轴电缆比双绞线的传输速率更快，得益于（ ）。

不受电磁干扰和噪声影响的传输介质是（ ）。

06. 多模光纤传输光信号的原理是（ ）。

核心考点总结

5

第9题

第10题

物理层四大特性速记表

6

04. 由集线器连接多台设备构成的网络在物理上和逻辑上的结构分别是（ ）。

05. 用集线器连接的工作站集合（ ）。

06. 中继器可以用来连接（ ）。

07. 若有5台计算机连接到10Mb/s的集线器上，则每台计算机分得的平均带宽至多为（ ）。

08. 当集线器的一个端口收到数据后，将其（ ）。

核心考点总结

7

第03题

第04题

第05题

数据链路层服务类型对比表

8

题目：HDLC协议对 011111100 011111110 组帧后，对应的比特串为（ ）

步骤1：拆分原始数据

步骤2：对每段执行“零比特填充”

步骤3：匹配选项

关键考点总结

9

答案

解析

补充知识点

10

题目

核心考点

二、关键概念澄清

1. 信道利用率（GBN）

2. 完整往返周期 $T_{\text{总}}$ 的构成

三、解题步骤（按最坏情况计算）

步骤1：计算数据帧发送时延 $T_f$

步骤2：计算完整往返周期 $T_{\text{总}}$

步骤3：计算所需的最小发送窗口大小 $W$

步骤4：确定帧序号比特数 $n$

四、易错点复盘

五、通用解题模板（直接套用）

11

解题步骤

1. 明确核心目标

2. 计算关键参数

3. 计算最大平均数据传输速率

答案

补充解析

题目解析：选择重传（SR）协议窗口冲突

题目

以太网CSMA/CD冲突检测原理题

题目

解题分析

核心原理（CSMA/CD冲突检测的必要条件）

分析过程

结论

答案

补充考点

CSMA/CD冲突检测时间计算题

题目

解题分析

同轴电缆比双绞线的传输速率更快，得益于（）。

不受电磁干扰和噪声影响的传输介质是（）。

06. 多模光纤传输光信号的原理是（）。

04. 由集线器连接多台设备构成的网络在物理上和逻辑上的结构分别是（）。

05. 用集线器连接的工作站集合（）。

06. 中继器可以用来连接（）。

07. 若有5台计算机连接到10Mb/s的集线器上，则每台计算机分得的平均带宽至多为（）。

08. 当集线器的一个端口收到数据后，将其（）。

题目：HDLC协议对 `011111100 011111110` 组帧后，对应的比特串为（）