数据链路层

关键条件：数据需以 500 Mbps 的速率传输。
根据以太网冲突检测机制，传输时间 ≥ 2 × 传播时间。

推导过程：

1. 传输时间 $ T_{\text{transmit}} = \frac{\text{帧大小}}{\text{数据速率}} = \frac{10000}{500 \times 10^6} = 2 \times 10^{-5} \ \text{s} $
2. 传播时间 $ T_{\text{propagate}} = \frac{\text{电缆长度}}{\text{传播速度}} = \frac{L}{2 \times 10^5} \ \text{s} $
3. 根据约束条件： $$ T_{\text{transmit}} \geq 2 \times T_{\text{propagate}} \Rightarrow 2 \times 10^{-5} \geq 2 \times \frac{L}{2 \times 10^5} \Rightarrow L \leq 2 \ \text{km} $$

结论：电缆的最大允许长度为 2 km，对应选项 (B)。

解析

• 必要条件：生成多项式 $G(x)$ 必须包含 $(1 + x)$ 作为因子。
• 作用：此条件确保所有具有奇数个 1 的错误模式（即奇数个比特翻转）能够被检测到。
• 原理：当 $(1 + x)$ 是 $G(x)$ 的因子时，任何奇数个错误的多项式表示在模 $G(x)$ 下无法整除，从而触发校验失败。

解析：

1. 单帧传输延迟：$\frac{1000}{10^6} = 1$ ms
2. 传播时延：25 ms
3. 最大可发送帧数：发送方在第一帧到达接收方前最多可发送 $\frac{25}{1} = 25$ 帧
4. 序列号位数计算：表示 25 个不同帧所需的最小位数为 $\lceil \log_2(25) \rceil = 5$ 位

所以答案选择 D。

解析

• 滑动窗口大小：$2^5 = 32$
• 单帧传输时间：1ms
• 32 帧总传输时间：32 × 1ms = 32ms
• 往返时延：2×传输时间 + 2×传播时延 = 2+50 = 52ms
• 发送方需等待的时间：52ms - 32ms = 20ms

计算逻辑基于滑动窗口协议的工作原理。当发送窗口满载时，发送方必须等待第一个确认帧返回后才能继续发送新帧。由于确认帧采用捎带方式，其返回时间等于数据帧的往返时延。因此，发送完全部 32 帧后，剩余的等待时间为往返时延与总传输时间的差值。

• 结论：比特率是波特率的一半
• 原理说明：曼彻斯特编码通过每个比特周期内的电平跳变实现同步，导致每个比特对应两个信号变化（即波特率是比特率的两倍）。因此比特率 = 波特率 ÷ 2。

站点 $X$ 尝试发送的概率为 $P(X) = p$。

站点 $X$ 不发送的概率为 $P(\sim X) = 1 - p$。

仅有一个站点发送的概率为 $Y$。

当有 $n$ 个站点时，$Y$ 可以表示为： $$ \begin{align*} Y &= P(A_1 \cap \sim A_2 \cap \dots \cap \sim A_n) \\ &\quad + P(\sim A_1 \cap A_2 \cap \dots \cap \sim A_n) \\ &\quad + \dots \\ &\quad + P(\sim A_1 \cap \sim A_2 \cap \dots \cap A_n) \end{align*} $$

假设各站点的发送行为相互独立，则上述各项可以写成： $$ \begin{align*} Y &= [p \times (1 - p) \times \dots \times (1 - p)] \\ &\quad + [(1 - p) \times p \times \dots \times (1 - p)] \\ &\quad + \dots \\ &\quad + [(1 - p) \times (1 - p) \times \dots \times p] \end{align*} $$

简化后，每项都为： $$p \times (1 - p)^{n-1}$$

由于共有 $n$ 种情况（即 $n$ 个站点中恰好有一个发送），因此 $Y$ 的最终表达式为： $$Y = n \times p \times (1 - p)^{n-1}$$

解析：

• 1 位时间：$ \frac{1}{10^7} $ 秒 = 0.1 微秒
• 传播距离：传播速度 × 时间 = $ 200 \ \text{米/微秒} \times 0.1 \ \mu\text{s} = 20 \ \text{米} $

要计算传输消息，我们将原始消息 11001001 末尾添加与 CRC 多项式 $x^3 + 1$ (1001) 的最高次数相同的零（3 个），变为 11001001000。然后，用这个扩展后的消息除以多项式 1001，得到的余数就是 CRC 校验码。将原始消息与这个余数连接起来，就是应传输的消息。

在这个例子中，CRC 余数为 000。因此，应传输的消息是 11001001000。

可以发送 $\frac{RTT}{\text{Transmission Time}}$ 数量的数据包，以最大化信道利用率，因为在这段时间内，我们收到第一个 ACK，在此之前，我们可以继续发送数据包。

因此，应该发送 $\frac{\text{Transmission Time} + 2 \times \text{Propagation Time}}{\text{Transmission Time}}$ 数量的数据包。

因此，序列号字段所需的比特数：

$$\left\lceil \log_2 \left( \frac{K}{R} + 2Lt \right) \middle/ \left( \frac{K}{R} \right) \right\rceil = \left\lceil \log_2 \left( \frac{K + 2LtR}{K} \right) \right\rceil$$

注意：这里询问的是通用的滑动窗口协议，而不是 GBN 或 SR。

在通用滑动窗口协议中：

序列号比特数 = $\log_2(\text{发送方窗口大小})$

解析

长度 = 2 公里
传播速度 v = 2×10⁸ m/s
令牌持有时间 = 2 微秒

• 传播延迟计算

  $$ \text{传播时间} = \frac{\text{距离}}{\text{速度}} = \frac{2000\ \text{m}}{2×10^8\ \text{m/s}} = 10^{-5}\ \text{s} = 10\ \mu\text{sec} $$

• 总等待时间范围
  最短等待时间需考虑： $$ \text{最小等待时间} = \text{传播时间} + (\text{站点数}-1)×\text{令牌持有时间} $$ $$ = 10\ \mu\text{sec} + (10-1)×2\ \mu\text{sec} = 28\ \mu\text{sec} $$ 最大等待时间需考虑： $$ \text{最大等待时间} = \text{传播时间} + \text{站点数}×\text{令牌持有时间} $$ $$ = 10\ \mu\text{sec} + 10×2\ \mu\text{sec} = 30\ \mu\text{sec} $$

因此，监控站应等待的最短时间为 28 到 30 μsec

解析

1. 传输延迟：

   $$ \frac{1 \times 8 \times 1024}{1.5 \times 10^6} = 5.33\ \text{ms} $$

2. 传播延迟：

   $$ 50\ \text{ms} $$

3. 参数 a 计算：

   $$ a = \frac{\text{传播延迟}}{\text{传输延迟}} = \frac{50}{5.33} \approx 9.375 $$

4. 效率公式：

   $$ \text{效率} = \frac{\text{窗口大小}}{1 + 2a} = 0.6 $$

5. 求解窗口大小：

   $$ \text{窗口大小} = 0.6 \times (1 + 2 \times 9.375) = 11.856 $$

6. 序列号范围需求：

   • 选择性重传需双倍窗口大小： $$ 2 \times 11.856 \approx 23.712 $$
   • 最小序列号位数： $$ \lceil \log_2(23.712) \rceil = \lceil 4.56 \rceil = 5 $$

最终答案为 5 位，对应选项 C。

TTL（生存时间）机制解析

• 定义与作用
  TTL 是一种限制网络中数据包生命周期的机制，通过计数器或时间戳实现。由发送方设置并嵌入数据包中，表示数据包在网络中的最大存活时间。

• 工作流程

  • 每个路由器在转发数据包时会执行以下操作：
    1. 检查当前 TTL 值
    2. 若 TTL ≠ 0，则接受数据包并将 TTL 减 1
    3. 若 TTL = 0，则丢弃数据包

• 设计目的

  • 防止无限循环的未送达数据包
  • 避免因网络拥塞导致的重复投递问题

• 本题关键点分析

  • 路由决策层级：仅在网络层进行，局域网（LAN）工作在数据链路层，不会触发 TTL 修改
  • 路径统计：
    • 图中共有 6 个路由器节点
    • 接收端需通过网络层传递数据包，因此也会减少 TTL
  • 计算过程：
    text 初始 TTL = 32 经过 6 个路由器 → 32 - 6 = 26

此处需要注意的关键点是：在第一种情况下，整个数据包被传输，因此无法实现分组流水线操作。在第二和第三种情况下，可以利用流水线优势（当分组 i 从 R1 到 R2 传输时，分组 i-1 同时从 A 到 R1 传输）。以下是完整计算过程：

文件大小 = 1000 字节
头部大小 = 100 字节
所有链路传输速率 = $10^6$ 字节/秒

第一种情况

• 单个链路的传输时间
  = 数据包大小 / 带宽
  = (1000 + 100)/$10^6$
  = 1100 微秒
• 总时间 = 3 × 1100 = 3300 微秒

第二种情况

• 单个链路和单个部分的传输时间
  = (100 + 100)/$10^6$ = 200 微秒
• 流水线优势说明：
  • 当分组 i 从 R1 → R2 传输时，分组 i-1 同时从 A → R1 传输
• 总时间 = 3 × 200 + 9 × 200 = 2400 微秒

第三种情况

• 单个链路和单个部分的传输时间
  = (50 + 100)/$10^6$ = 150 微秒
• 总时间 = 3 × 150 + 19 × 150 = 3300 微秒

最终结论：T1 = T3 > T2，对应选项 D 正确。

位填充机制解析

• 核心原理：通过插入特定比特避免与定界符冲突
• 定界符作用：01111110 用于标识帧的起始/结束边界

填充规则详解

1. 发送端处理

   • 当检测到连续 5 个1时，自动插入0
   • 示例：原始数据 0111111101 → 填充后 011111 0 1101（加粗 0 为填充位）

2. 接收端处理

   • 遇到连续 5 个1时：
     • 若后续为0 → 移除该填充位
     • 若后续为1 → 判断是否为定界符或错误
       • 后续再遇0 → 确认为定界符
       • 后续再遇1 → 标记为错误并丢弃

本题解题过程

• 填充后字符串：01111100101
• 分析关键点：

  011111 0 0101
  └─┬─┘ └┬┘
    5 个 1  填充位
  

• 移除填充位后还原为：0111110101

结论验证

• 正确选项 B 对应还原后的原始数据
• 其他选项均不符合位填充规则

解析

• 往返传播延迟 = 80 ms
• 帧大小 = 32×8 比特
• 带宽 = 128 kbps
• 传输时间 = $ \frac{32×8}{128} $ ms = 2 ms

设窗口大小为 $ n $：
$$ \text{利用率} = \frac{n}{1 + 2a} $$
其中 $ a = \frac{\text{传播时间}}{\text{传输时间}} = \frac{80}{2} = 40 $

当 $ n = 41 $ 时达到最大利用率，
选项中 40 是最接近的合理值。

生成树结构为：

        B1
       /  \
      /    \
     B5    B3
            /  \
           /    \
          B4    B2

• 关键判断依据：
  • B4 和 B2 必须通过 B3 连接而非 B5，因为 B3 的序列号小于 B5
  • 深度优先遍历需遵循生成树的拓扑结构
• 遍历路径解析：

  B1 → B5 (左子树)
  B5 无子节点 → 回溯至 B1
  B1 → B3 (右子树)
  B3 → B4 (左子树)
  B4 无子节点 → 回溯至 B3
  B3 → B2 (右子树)
  

• 结论：选项 A 符合上述遍历顺序

解析：

1. 广播传播机制
   • 广播包从 H1 发出后，B3 会将其转发至所有非接收端口（遵循 IEEE 802.1D 标准）
2. 生成树阻塞端口影响
   • 阻塞端口的存在限制了广播路径，仅允许通过生成树确定的活动链路进行转发
3. 转发表构建逻辑
   • 转发表需记录各主机首次被发现的入端口（基于 MAC 地址学习过程）
   • 选项 A 中：
     • 端口 3 对应 H1-H4（直连设备）
     • 端口 1 对应 H5-H6/H9-H10（经由上游交换机）
     • 端口 2 对应 H7-H8/H11-H12（经由下游交换机）
4. 错误选项分析
   • 选项 D 存在端口冲突（H5 和 H7 同时指向端口 1）
   • 选项 C 混淆了直连设备的端口分配
   • 选项 B 错误划分了主机群组的端口映射关系

解析

• Td > 2 × Tp + Td（用于阻塞信号）
• Td > Rtt + (阻塞信号长度 / 带宽)
• Td > 46.4μs + (48 bit / 10 × 10⁶ bits/秒)
• Td > 46.4 × 10⁻⁶ 秒 + (4.8 × 10⁻⁶ 秒)
• Td > 51.2 × 10⁻⁶ 秒
• (帧长度 / 带宽) > 51.2 × 10⁻⁶ 秒
• 帧长度 > 51.2 × 10⁻⁶ 秒 × 带宽
• 帧长度 > 51.2 × 10⁻⁶ 秒 × 10 × 10⁶ bits/秒
• 帧长度 > 512 bits

结论：因此，最小帧长度为 512 bits。

注：

• 传输延迟 = Td
• 传播延迟 = Tp
• 往返时间 = Rtt = 2 × Tp
• Td = (帧长度 / 带宽)

背景知识

• OSI 模型中的物理层
  在串行通信中，信息是按位依次传输的。波特率表示串行线路的数据传输速率，通常以比特每秒（bps）为单位。每次传输一个数据块（通常是一个字节）时，会将其封装成包含同步位和校验位的帧进行发送。“9600 波特率"表示该串口每秒最多可传输 9600 比特。

计算步骤

1. 单字符传输开销
   每个字符需传输的总位数 =
   1 位（起始位） + 8 位（字符大小） + 1 位（校验位） + 2 位（停止位） = 12 位

2. 理论最大值计算
   每秒可传输的 8 位字符数量 =
   9600 ÷ 12 = 800

解析

每次发送帧时，A 和 B 会随机选择一个整数 k 值。根据 k 值计算退避时间（单位为时隙）。退避时间较小的站点优先发送。

第一次尝试：k 的取值范围为 k=0 或 k=1（0 ≤ k ≤ 2¹⁻¹；n 为第 n 次尝试）。由于 A 首次获胜，说明 A 选择了 k=0 而 B 选择了 k=1（A 获胜概率为 0.25）。A 将继续用 k=0 或 k=1 尝试第二个帧，但 B 因首次失败将使用 k=0、1、2 或 3 进行第二次尝试。

第二次尝试：设 kA 为 A 选择的 k 值，kB 为 B 选择的 k 值。可能的组合 (kA,kB) 包括：(0,0),(0,1),(0,2),(0,3),(1,0),(1,1),(1,2),(1,3)，共 8 种情况。A 获胜需满足 kA < kB，对应的事件空间为 (0,1),(0,2),(0,3),(1,2),(1,3)，共 5 种情况。

因此，A 在第二次退避竞争中获胜的概率为 5/8 = 0.625

在 CSMA/CD 中，发送节点在传输帧的同时会监听冲突。如果在发送完最后一个比特时未检测到冲突，则认为传输成功。最坏情况下的冲突检测时间等于两倍的传播延迟。因此，确保冲突未发生的最小数据包条件是：

$$ RTT = \text{传输时间} $$

计算过程

1. 传输时间公式

   $$ \text{传输时间} = \frac{\text{数据包长度}}{\text{带宽}} $$

2. 往返时延（RTT）公式

   $$ RTT = 2 \times \left( \frac{d}{v} \right) = 2 \times \left( \frac{2000}{2 \times 10^8} \right) $$

3. 联立方程求解 $$ \frac{\text{数据包长度}}{10^7} = 2 \times \left( \frac{2000}{2 \times 10^8} \right) $$ $$ \text{数据包长度} = 2 \times \left( \frac{2000}{2 \times 10^8} \right) \times 10^7 = 200\ \text{bit} $$ $$ 200\ \text{bit} = \frac{200}{8} = 25\ \text{字节} $$

结论
最小数据包大小为 25 字节，选项中无此答案，故选 D。

解析

• 网络吞吐量公式
  网络吞吐量 ≈ 窗口大小 / 往返时间

• 往返时间计算

  • 分组交付时间 = 传输时延 + 传播延迟 = 50 μs + 200 μs = 250 μs
  • 往返时间 = 2 × 分组交付时间 = 2 × 250 μs = 500 μs
    （注：原题中“处理延迟”未明确定义，此处按标准模型修正为往返路径的传播延迟叠加）

• 吞吐量计算 $$ \text{吞吐量} = \frac{5 \times 1000\ \text{字节}}{500\ \mu s} = 10^7\ \text{字节/秒} = 10\ \text{MB/s} $$ 因此选项 (B) 正确。

在串行通信中，发送端与接收端需要相互同步。数据开头添加的0作为起始位，结尾添加的1作为 停止位。

• 起始位：通知接收方数据的到来
• 停止位：重置接收方的状态以准备接收新数据
  因此，在串行通信中，接收方必须为字节接收进行同步。若发现上述内容有误，欢迎在下方评论指正。

解析

这四个站点在第一个时隙无冲突地发送帧的概率等于以下四种情况的概率之和：

• S1 发送且其他节点不发送的概率
• S2 发送且其他节点不发送的概率
• S3 发送且其他节点不发送的概率
• S4 发送且其他节点不发送的概率

计算公式为：

0.1 * (1 - 0.2) * (1 - 0.3) * (1 - 0.4)
+ (1 - 0.1) * 0.2 * (1 - 0.3) * (1 - 0.4)
+ (1 - 0.1) * (1 - 0.2) * 0.3 * (1 - 0.4)
+ (1 - 0.1) * (1 - 0.2) * (1 - 0.3) * 0.4
= 0.4404

解析

• 已知条件

  • 链路速度 = 64 kb/s
  • 传播延迟 = 20 ms

• 停止等待协议特性

  • 帧传输时间为 $ \frac{x}{64} $ ms（x 为帧大小）
  • 确认帧传输时间与节点处理时间忽略不计

• 链路利用率公式
  要求单个帧的总时间不超过传输时间的两倍以达到 50% 利用率：

  $$ \frac{x}{64} \times 2 \geq \frac{x}{64} + 2 \times 20 $$

• 推导过程

  1. 化简不等式： $$ \frac{x}{64} \geq 40 \quad \Rightarrow \quad x \geq 2560 \text{ bit} $$
  2. 转换单位： $$ 2560 \text{ bit} = \frac{2560}{8} = 320 \text{ 字节} $$

• 结论
  正确最小帧大小为 320 字节。

根据 CSMA/CD 协议原理，需满足 传输时间 ≥ 2 × 传播时间。
具体计算如下：

• 帧大小 = 1250 字节 = $1250 \times 8 = 10,000$ 比特
• 传输时间 = $\frac{10,000}{100 \times 10^6} = 1 \times 10^{-4}$ 秒
• 传播时间 = $\frac{1\ \text{km}}{v}$（设信号速度为 $v\ \text{km/s}$）

代入公式得：

$$ 1 \times 10^{-4} \geq 2 \times \frac{1}{v} \Rightarrow v \leq \frac{2}{1 \times 10^{-4}} = 20,000\ \text{km/s} $$

因此，最大允许的信号传播速度为 20,000 km/s。
选项 (D) 正确。

解析

• 分组交换网络以独立的小数据包传输数据——根据每个分组中的目标地址。接收时，这些分组会按正确顺序重新组装成消息。
• 电路交换网络在通话期间需要专用的点对点连接。

结论：选项 B 的描述与实际特性矛盾，因此 B 是错误的。

这里讨论的是时隙 MAC 协议，当一个站点传输时，其他站点不能传输。现在假设单个站点传输数据的概率为 p，能够传输的站点数为 n。

由于当一个站点传输时其他站点必须保持静默，因此会有 n-1 个站点以概率 1-p 保持静默。

对于每个站点，需要保证每时隙至少 0.16 帧的吞吐量。因此，$n$ 个站点的总吞吐量为 $0.16 × n$，而每个站点始终以概率 p = 0.2 在每个时隙中尝试传输。

因此：

$$0.16 \times n = n \times 0.2 \times (0.8)^{n-1}$$

$$0.8 = 0.8^{n-1}$$

比较等式两边可得：

$$1 = n-1$$

这意味着 $n = 2$。

解析

CSMA/CD 要求发送方至少持续传输到第一个比特到达接收方为止，以检测可能发生的冲突。 对于具有 高传播延迟 的网络（如卫星网络），这种时间会变得过长，导致所需的 最小数据包尺寸 过大而不可行。

解析

• 网桥是第 2 层设备 - 正确
  用于将两个独立的以太网网络连接成一个扩展的以太网，而以太网工作在数据链路层。

• 网桥减少冲突域 - 正确
  网桥是一个具有两个接口的设备，会创建两个冲突域。它仅将从一个接口接收到的流量转发到目标第 2 层设备（根据其 MAC 地址）所连接的接口。

• 网桥用于连接两个或多个局域网（LAN）段 - 正确
  这是网桥的核心功能。

• 网桥减少广播域 - 错误
  网桥可以减少冲突域，但不能减少广播域。广播帧仍会在所有端口泛洪，因此广播域范围未被缩小。

解析

根据公式 $ S \geq \frac{2BL}{P} $，其中：

• 电缆长度 $ L = 1000 \ \text{m} $
• 传播速度 $ P = 2 \times 10^8 \ \text{m/s} $
• 带宽 $ B = 1 \ \text{Gbps} = 10^9 \ \text{bps} $

计算过程：

$$ S \geq \frac{2 \times 10^9 \times 1000}{2 \times 10^8} = 10000 \ \text{bits} $$

因此最小帧大小应为 10000 bits。

解析

• 已知条件

  • 比特率：4 kbps
  • 单向传播延迟：20 ms

• 效率公式

  $$ \text{效率} = \frac{\text{数据包传输时间}}{\text{数据包传输时间} + 2 \times \text{传播延迟}} $$

• 代入数值并求解

  $$ 0.5 = \frac{x}{x + 2 \times 20 \times 10^{-3}} $$

  解得：

  $$ x = 40 \times 10^{-3} \text{ 秒} $$

• 计算最小帧大小 $$ \text{最小帧大小} = 40 \times 10^{-3} \times 4 \times 10^3 = 160 \text{ 比特} $$

因此，选项 (D) 正确。

已知 TDM 局域网中：

• 数据包大小 $L = 100$ 比特
• 带宽 $B = 10$ Mbps = $10 \times 10^6$ bps
• 距离 $d = 1$ 公里 = $1 \times 10^3$ 米
• 传播速度 $v = 2 \times 10^8$ 米/秒
• 每个站点吞吐量 $b = \frac{2}{3}$ Mbps = $\frac{2}{3} \times 10^6$ bps

计算步骤：

1. 传输时间

   $$ T_x = \frac{L}{B} = \frac{100}{10 \times 10^6} = 1 \times 10^{-5} \text{ 秒} $$

2. 传播时间

   $$ T_p = \frac{d}{v} = \frac{1 \times 10^3}{2 \times 10^8} = \frac{1}{2} \times 10^{-5} \text{ 秒} $$

3. 系统效率

   $$ \mu = \frac{T_x}{T_x + T_p} = \frac{1 \times 10^{-5}}{1 \times 10^{-5} + \frac{1}{2} \times 10^{-5}} = \frac{1}{1 + \frac{1}{2}} = \frac{2}{3} $$

4. 有效带宽

   $$ B’ = \mu \times B = \frac{2}{3} \times 10 \text{ Mbps} $$

5. 站点数计算 $$ N \times \left(\frac{2}{3}\right) \text{ Mbps} = B’ \Rightarrow N \times \frac{2}{3} = \frac{2}{3} \times 10 \Rightarrow N = 10 $$

因此，当每个站点吞吐量为 $\frac{2}{3}$ Mbps 时，局域网最多可容纳 10 个站点。

总时间 = 传输时间 + 2×传播延迟 + 确认帧传输时间

• 传输时间：(1000×8)/(80×1000) = 0.1 秒
• 双程传播延迟：2×100ms = 0.2 秒
• 确认帧时间：(100×8)/(8×1000) = 0.1 秒
  总时间 = 0.1 + 0.2 + 0.1 = 0.4 秒

吞吐量计算公式：
$$ \text{吞吐量} = \frac{\text{数据包大小}}{\text{总时间}} $$
代入数值：
$$ \text{吞吐量} = \frac{1000}{0.4} = 2500 \text{ 字节/秒} $$

解析：

以太网是最流行且广泛使用的数据传输局域网。它是数据链路层的协议，规定了数据如何格式化传输以及如何将数据放置在网络上传输。现在我们逐一分析各选项：

• (A) 错误
  在以太网中，站点在发送帧前不需要停止感知信道。CSMA/CD 机制要求站点持续监听信道状态，直到帧发送完成。

• (B) 错误
  阻塞信号（Jam Signal）的作用是通知所有设备已发生冲突，强制它们停止进一步的数据传输，而非填充帧长度。

• (C) 错误
  一旦检测到冲突，站点会立即停止传输并发送阻塞信号，以确保网络中所有设备知晓冲突发生。

• (D) 正确
  指数退避机制通过随机延迟重传时间，有效降低多个站点同时重传导致的新冲突概率，从而提高网络效率。

要使帧尺寸最小，其传输时间应等于单向传播延迟的两倍。

即，$ T_x = 2T_p $

假设最小帧尺寸为 $ L $ 比特。

• 传输时间公式：$ T_x = \frac{L}{B} $
• 已知条件：
  • 带宽 $ B = 20 \times 10^6 $ 比特/秒
  • 传播延迟 $ T_p = 40 $ 微秒

由于 $ T_x = 2T_p $，代入得：

$$ \frac{L}{20 \times 10^6} = 80 \ \mu s $$

解得：

$$ L = 20 \times 10^6 \times 80 \times 10^{-6} = 1600 \ \text{比特} $$

单位转换：
1600 比特 ÷ 8 = 200 字节

因此，A 是正确答案。

解析

要实现 100% 效率，应发送的帧数 = 1 + 2 × $T_p / T_t$，其中 $T_p$ 是传播延迟，$T_t$ 是传输延迟。

• 传输延迟 $T_t$ = 帧大小 / 带宽 = (1 KB × 8 bit/byte) / (128×10³ bit/s) = 0.064 s = 64 ms
• 传播延迟 $T_p$ = 150 ms
• 发送窗口大小 = 1 + 2 × (150 ms / 64 ms) ≈ 5.687 → 向上取整为 6

由于选择性重传协议要求接收窗口大小与发送窗口大小相等，因此需要的不同序列号数量为：
6（发送窗口） + 6（接收窗口） = 12

表示 12 个不同序列号所需的最小位数为：
log₂(12) ≈ 3.584 → 向上取整为 4 位

因此答案是 (B)

解析：

1. 基本参数定义

   • 传输时间 (Tx) = 距离 / 速度
     $ T_x = \frac{36504 \times 10^3}{3 \times 10^8} = 0.12168 \text{ 秒} $
   • 传播时间 (Tp) = 数据包大小 / 带宽
     $ T_p = \frac{\text{数据包大小}}{1 \times 10^6} $
   • 参数 a = Tp / Tx
     $ a = \frac{T_p}{T_x} $

2. 效率公式应用
   根据滑动窗口协议的效率公式：

   $$ \eta = \frac{\text{窗口大小}}{1 + 2a} $$

   代入已知条件：

   $$ 0.25 = \frac{127}{1 + 2 \left( \frac{36504 \times 10^3 / (3 \times 10^8)}{\text{数据包大小} / 1 \times 10^6} \right)} $$

3. 方程求解
   化简后得到：

   $$ 0.25 = \frac{127 \times \text{数据包大小}}{L + 0.48 \times 10^6} $$

   进一步推导：

   $$ 0.25 \times \text{数据包大小} + 0.25 \times 0.48 \times 10^6 = 127 \times \text{数据包大小} $$

   解得：

   $$ \text{数据包大小} = 960 \text{ 比特} = 120 \text{ 字节} $$

4. 结论
   因此选项 (A) 正确。

解析

为了使 CSMA/CD 协议正常工作，帧的传输时间必须大于一个最小值。这个最小值是往返时延（RTT）的最坏情况。
因此，传输时间 ≥ RTT
设帧大小为 $ f $ 字节，则：
$$ \frac{f}{1\text{Gbps}} \geq \frac{2200}{210^8} $$
$$ f \geq \frac{220010^9}{210^88} $$
$$ f \geq 250 $$
最小帧长度为 250 字节，因此选项 (B) 正确。

解析

• 在给定的二维奇偶校验矩阵中，除了 r₁ 外的所有行都具有偶校验。因此，该行至少存在 1 位错误。
• 此外，有三列具有奇校验（奇校验表示错误），即 d₅、d₂和 d₀。
• 因此，必须至少存在 3 位错误。
• 这三个错误可能：
  • 全部出现在 r₁中
  • 或者其中两个错误可能出现在其他任何行
• 由于 r₁具有奇校验，因此该行至少有一个错误位

参考

• 网络设备中，交换机会根据 MAC 地址表进行数据帧的定向转发
• 相较于集线器的广播式转发，交换机实现了点对点通信
• 网关工作在网络层，负责不同协议网络间的转换
• 调制解调器主要实现数字信号与模拟信号的相互转换

结论
选择 (C) 是因为交换机通过学习 MAC 地址构建转发表，能精准地将数据帧转发至目标设备，这是其区别于其他网络设备的核心特性。

解析

• 千兆以太网采用 48 位地址长度 实现设备寻址
• 该设计沿用了传统以太网的 MAC 地址标准
• 参考依据：以太网帧格式规范
• 因此选项 (B) 是正确答案

• 参数解析

  • 页数：100 页/秒
  • 每页行数：24 行
  • 每行字符数：80 字符
  • 每字符编码：8 位（ASCII 标准）

• 计算公式

  $$ \text{比特率} = 100 \times 24 \times 80 \times 8 = 1,!536,!000\ \text{bit/s} $$

• 结果换算 $$ 1,!536,!000\ \text{bit/s} = \mathbf{1.536\ \text{Mbps}} $$

解析过程：

• 50,000 个字符需要 40 秒
• 每个字符为 8 位 → 总数据量：50,000 × 8 = 400,000 比特
• 数据速率计算：400,000 比特 ÷ 40 秒 = 10,000 比特/秒
• 单位换算：10,000 bps = 10 Kbps
  因此，选项 (D) 正确。

解析

• 数据分组计算：48 字节 ÷ 24 个分组 = 2 字节/分组
• 头部开销：每个分组固定包含 3 字节 头部
• 总分组大小：2 字节（数据） + 3 字节（头部） = 5 字节
• 结论：选项 (D) 正确

步骤 1：在数据单元末尾附加（除数位数 - 1）个零

• 数据单元 = 100111001
• 附加 3 个零后变为：100111001000

步骤 2：使用异或减法进行除法运算

     *********
   1011) 100111001000 (101000001
       1011
      ------
        01011
         1011
        ------
          01000
           1011
          ------
            011

步骤 3：将余数与数据单元中附加的零进行异或求和

• 原始数据单元 + 附加零：100111001(000)
• 异或余数 011 后结果：100111001011

因此，选项 (B) 正确。

解析：

• 请求速率：70 个/秒
• 时隙单位：50 ms
• 1 秒内包含的时隙数：
  $ \frac{1000\ \text{ms}}{50\ \text{ms}} = 20 $
• 信道负载计算公式： $$ \text{信道负载} = \frac{\text{1 秒内的请求数}}{\text{1 秒内的时隙数}} = \frac{70}{20} = 3.5 $$
• 结论：选项 (B) 正确。

纯 ALOHA 的吞吐量 (S) 公式为 $ S = G \cdot e^{-2G} $：

• 当 $ G = \frac{1}{2} $ 时达到最大值
• 即 $ S = \frac{1}{2} \cdot (e)^{-1} = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2.71} \approx 0.184 $

因此选项 (B) 正确。

解析

• 100 Base-TX 是快速以太网标准，数据传输速率为 100 Mbps
• 最大段长度为 100 米，使用 双绞线 作为传输介质
• “Base” 表示采用 基带传输 方式
• 因此，选项 (A) 正确

• 已知条件：

  • 带宽 = 50 kbps
  • 往返时间 = 500 ms = 2 × 传播时间

• 计算步骤：

  1. 传播时间 = 500 ms ÷ 2 = 250 ms
  2. 传输时间 = 数据大小 ÷ 带宽 = 1000 位 ÷ 50 kbps = 20 ms
  3. 总接收时间 = 传播时间 + 传输时间 = 250 ms + 20 ms = 270 ms

结论：接收方需等待传播时间与传输时间之和，故选择 D（270 ms）。

• 已知条件

  • 比特率 $ R_b = 8000 \ \text{bps} $
  • 波特率 $ R_s = 1000 \ \text{Baud} $

• 计算步骤

  1. 每个信号元素携带的数据元素位数（bit per symbol）： $$ \frac{R_b}{R_s} = \frac{8000}{1000} = 8 \ \text{位} $$
  2. 信号元素总数（不同幅度/相位组合数）： $$ 2^{\text{数据位数}} = 2^8 = 256 \ \text{个信号元素} $$

• 结论
  因此，正确答案为 256 个信号元素，每个信号携带 8 位数据，对应选项 (A)。

解析

• 自动协商是双绞线以太网中设备选择共同传输参数的过程
• 自动协商在 IEEE 802.3 中定义
• 最初是快速以太网的组成部分

因此，选项 (D) 正确。

解析

• 总电缆数计算：
  全互连网络中任意两台主机之间需一根电缆，总电缆数公式为 $ \frac{n(n-1)}{2} $。
  当 $ n = 10 $ 时，$ \frac{10 \times (10 - 1)}{2} = 45 $ 根电缆。

• 单机端口需求：
  每台设备需与其余 $ n - 1 $ 台设备直连，因此每台设备需 $ 10 - 1 = 9 $ 个端口。

• 结论：
  综上所述，正确答案为 (C) 45,9。

错误检测需求

• 检测 $ d $ 位错误需满足 $ d+1 $ 位海明距离
• 此处 $ d=2 $，所需位数 $ = 2+1 = 3 $

错误纠正需求

• 纠正 $ t $ 位错误需满足 $ 2t+1 $ 位海明距离
• 此处 $ t=1 $，所需位数 $ = 2 \times 1 + 1 = 3 $

总需求

• 最大值 $ \max(3, 3) = 3 $ 位海明距离
• 校验位数 $ r $ 需满足 $ 2^r \geq m + r + 1 $（$ m=16 $）
• 尝试 $ r=5 $: $ 2^5 = 32 \geq 16 + 5 + 1 = 22 $，成立

因此，选项 (B) 是正确答案。

解析：

1. 工作原理

   • 交换机本质上是多端口网桥，通过 MAC 地址表实现精准转发
   • 内置缓冲区优化数据传输效率（更多端口=更低冲突概率）
   • 错误检查机制：仅转发无差错数据包，避免无效流量传播

2. 网络特性分析

   • 冲突域划分：每个端口构成独立冲突域，有效隔离物理层冲突
   • 广播域特性：所有端口共享同一广播域，广播帧仍会泛洪全网

3. 结论验证

   • 冲突域被分割 → 不同冲突域
   • 广播域未被隔离 → 相同广播域
   • 因此选项 A 符合实际网络行为

解析

• 停等协议效率公式：$\text{效率} = \frac{1}{1 + 2a}$
• 其中参数定义：
  • $a = \frac{\text{传播时延}(tpd)}{\text{传输时延}(tx)}$
• 代入数值计算：
  • $a = \frac{30}{20} = 1.5$
  • $\text{效率} = \frac{1}{1 + 2 \times 1.5} = \frac{1}{4} = 0.25$
• 最终结果：$0.25 \times 100% = 25%$

IP 地址和端口号的组合称为套接字地址。

• 子网掩码号 是一个 32 位数字，用于屏蔽 IP 地址
• MAC（媒体访问控制）地址 是计算机唯一的硬件编号
• 网络号 是 32 位 IP 地址与网络掩码进行逻辑与运算后得到的数字
  因此，选项 (B) 正确。

地址解析协议（ARP）是一种将互联网协议地址（IP 地址）映射到本地网络中可识别的物理机器地址的协议。它是一个用于将网络层地址转换为链路层地址的低层网络协议。

因此，选项（D）正确。

解析：

• MAC 地址由 48 位 组成
• 包含 12 个十六进制数字（0-9 和 A-F）
• 格式通常表示为 六组两位十六进制数，用冒号 : 或连字符 - 分隔
• 示例：01:A5:BB:A7:FF:60 符合上述规范
• 其他选项分别为 IP 地址、非标准格式、物理地址

解释：
VLAN（虚拟局域网）的核心功能是通过逻辑方式将物理网络划分为多个独立的广播域。即使设备位于同一物理交换机中，也可以根据需求将它们分配到不同的 VLAN 中，从而实现网络流量的隔离和管理。选项 D 准确描述了这一特性。

其他选项分析：

• A. 展示网络的正确布局：属于网络设计/测试范畴，与 VLAN 的核心目的无关。
• B. 模拟网络：同样属于网络设计/测试范畴，不符合 VLAN 的实际功能。
• C. 创建虚拟专用网络：指的是 VPN 技术，与 VLAN 不同。

原因解析

• 无线介质限制：无线电波传播特性决定了其无法有效实现冲突检测（CD）机制
• 多用户干扰：在无线环境中存在大量并发用户时，发送端与接收端之间难以准确检测信号冲突
• 协议适配性：CSMA/CA（碰撞避免）更适合无线环境，而传统 CSMA/CD 依赖物理介质的冲突可检测特性

因此，选项（A）正确。

• 尽管数据报中的源和目的 IP 地址在每个跳转点保持不变，但帧在传输过程中每个站点都会替换源 MAC 地址。
• 因此，对于当前站点而言，源地址字段将包含上一节点的 MAC 地址。

因此，选项 (B) 正确。

解析

• 波特率定义：2400 波特表示串口每秒最大传输速率为 2400 位
• 单字符开销：
  • 起始位：1 位
  • 字符数据：8 位
  • 停止位：2 位
  • 总计：11 位/字符
• 计算过程：
  $ \frac{2400\ \text{位/秒}}{11\ \text{位/字符}} \approx 218.18 $
• 结论：实际有效传输字符数为 218 个/秒
• 补充说明：
  在异步串行通信中，奇偶校验位是可选配置项，本题未涉及该字段

解析

• 采样频率为信号最高频率的 2 倍（即奈奎斯特采样定理）
• 计算公式：比特率 = 采样频率 × 每样本位数
• 具体计算过程：
  • 采样频率 = 8 kHz × 2 = 16 kHz
  • 比特率 = 16,000 samples/second × 8 bits/sample = 128,000 bps
  • 单位换算：128,000 bps = 128 kbps
    因此，选项 (C) 正确。

解析：

• 汉明码的基本原理是通过校验位覆盖特定位置的信息位，实现错误检测与纠正。
• 总码长 $ n = 2^r - 1 $（包含校验位和信息位）。
• 校验位数量为 $ r $，因此信息位数量为总码长减去校验位： $$ \text{信息位} = (2^r - 1) - r = 2^r - r - 1 $$
• 选项 B 的表达式 $ 2^r - r - 1 $ 符合上述推导。

解析：

• 同步通信要求发送端和接收方的时钟同步——以相同速率运行，从而使接收方能在与发送方相同的间隔内采样信号。因此不需要起始位或停止位。正因如此，“同步通信允许在单位时间内通过电路传递更多信息”。
• 2400 波特表示串口最多每秒可传输 2400 位数据。
• 每秒可传输的 8 位字符数 = $2400 \div 8 = 300$

正确选项是（C）

解释：

• 位填充是指在数据中插入 非信息位
• 注意：填充的位不应与开销位混淆
  • 开销位是传输所必需的非数据位（通常作为头部、校验和等的一部分）

IEEE 802.11 指的是定义无线局域网（WLAN）通信的一系列标准。

选项 (D) 正确。

解析

• 已知条件

  • 波特率 = 2000 波特
  • 比特率 = 6000 bps

• 计算公式

  $$\text{每波特比特数} = \frac{\text{比特率}}{\text{波特率}}$$

• 代入数值

  $$\text{每波特比特数} = \frac{6000}{2000} = 3\ \text{比特/波特}$$

• 结论
  根据计算结果，选项 (B) 正确。

解析：

• 异步传输时：

  • 数据位 + 校验位 + 起始位 + 停止位 = 7 + 1 + 1 + 1 = 10 位/字符
  • 每秒传输位数：3200 bit/s
  • 可传输字符数：3200 ÷ 10 = 320 字符/秒

• 同步传输时：

  • 数据位 + 校验位 = 7 + 1 = 8 位/字符
  • 每秒传输位数：3200 bit/s
  • 可传输字符数：3200 ÷ 8 = 400 字符/秒

注：本题问的是异步传输场景，因此正确答案为 B（320）。同步传输结果 400 用于对比说明。

解析：

• 公式依据：传播时间 = 距离 ÷ 传播速度
• 单位换算：
  • 距离 = 48,000 公里 = $48 \times 10^6$ 米
  • 速度 = $2.4 \times 10^8$ 米/秒
• 计算过程： $$ \text{传播时间} = \frac{48 \times 10^6}{2.4 \times 10^8} = 0.2,\text{秒} = 200,\text{ms} $$
• 结论：最终结果与选项 D 完全一致，故选择 D。

解析：

1. 带宽延迟积（BDP）计算

   • 带宽：128 kbps = 128,000 bit/s
   • 往返延迟：80 ms = 0.08 s
   • BDP = 带宽 × 延迟 = 128,000 bit/s × 0.08 s = 10,240 bit

2. 转换为字节

   • 10,240 bit ÷ 8 = 1,280 byte

3. 计算窗口大小

   • 每个数据包大小：32 byte
   • 窗口大小 = 1,280 byte ÷ 32 byte/packet = 40 packet

因此，最佳窗口大小为 40，对应选项 (B)。

• 往返传播延迟 = 40 毫秒
• 帧大小 = 32 × 8 位
• 瓶颈带宽 = 64 kbps

计算过程：

1. 总数据量 = 往返延迟 × 带宽 $$ = 40 , \text{ms} \times 64 , \text{kbps} = 40 \times 64 , \text{位} $$
2. 转换为字节： $$ \frac{40 \times 64}{8} = 320 , \text{字节} $$
3. 数据包数量 = 总数据量 ÷ 单包大小 $$ \frac{320 , \text{B}}{32 , \text{B}} = 10 , \text{个数据包} $$

因此，最优窗口大小为 10，选项 (B) 正确。

解析：

1. 基本公式
   频率 $ f = \frac{1}{T} $，其中 $ T $ 为周期。

2. 代入数值

   • 已知周期 $ T = 100 $ ms
   • 计算得 $ f = \frac{1}{100} $ Hz

3. 单位换算

   • 将 ms 转换为秒：$ 100 $ ms $ = 0.1 $ 秒
   • 因此 $ f = \frac{1}{0.1} = 10 $ Hz

4. 指数形式转换

   • $ 10 $ Hz 可表示为 $ 10^{-2} $ 千赫（因 $ 1 $ 千赫 $ = 10^3 $ 赫兹）

5. 结论
   选项 (B) 符合计算结果。

解析

• S1 分析
  ARP 应答由知道自身 MAC 地址的设备发送，用于回复特定的 ARP 请求，其目标 MAC 地址是请求设备的 MAC 地址，而非广播地址。
  结论：S1 错误

• S2 分析
  ARP 请求会向本地网络中的所有设备广播，以确定特定 IP 地址对应的 MAC 地址，其目标 MAC 地址为广播地址：FF:FF:FF:FF:FF:FF。
  结论：S2 正确

• 多项式转换：X³+X+1 对应二进制表示为 1011（最高次幂为 3，共 4 位）
• 附加操作：原始消息 11000 需在末尾附加与生成多项式阶数相同的 3 个 0，形成 11000000
• 模 2 除法：将 11000000 除以 1011，通过异或运算计算余数
• 结果验证：最终余数（即校验位）为 100，因此正确答案为 C
• 参考资料：循环冗余校验（CRC）的基本原理及实现方法

解析

• 对于 $N$ 个数据包，有 $Np$ 个会丢失（因为 $p$ 是丢失概率），因此必须重传
• 对于 $Np$ 个数据包，又有 $Np^2$ 个会丢失并需重传
• 依此类推

期望的传输次数计算如下：

$$ \begin{align*} &= N + Np + Np^2 + \cdots \\ &= N(1 + p + p^2 + \cdots) \\ &= N \cdot \frac{1}{1 - p} \quad (\text{等比数列求和公式}) \end{align*} $$

当 $N = 200$ 且 $p = 0.2$ 时：

$$ \text{期望传输次数} = \frac{200}{1 - 0.2} = \frac{200}{0.8} = 250 $$

解析

• 串行通信原理
  在串行通信中，信息是按位依次传输的。波特率指定了数据在串行线路上传输的速度，通常以比特每秒（bps）为单位。“9600 波特"表示该串口每秒最多可传输 9600 比特。

• 关键计算步骤

  1. 总传输时间内的总比特数：
     $9600 \ \text{bps} \times 15 \ \text{s} = 144000 \ \text{bits}$
  2. 单个数据帧的总位数：
     起始位（1 位） + 数据位（8 位） + 奇校验位（1 位） + 停止位（2 位） = 12 位
  3. 可传输的完整帧数量：
     $144000 \ \text{bits} \div 12 \ \text{bits/帧} = 12000 \ \text{帧}$
  4. 每帧对应一个字节，因此总字节数为 12000 字节

• 结论
  正确答案为 12,000 字节（选项 B）。

• 信道数量：4
• 每帧数据分配：
  • 每信道复用 1 字节 → 每帧总大小 = 1 × 4 = 4 字节
  • 转换为位：4 字节 × 8 = 32 位/帧
• 帧传输速率：
  • 每信道 100 字节/秒 → 每帧 4 字节 → 帧速 = 100 ÷ 1 = 100 帧/秒
• 总比特率：
  • 32 位/帧 × 100 帧/秒 = 3200 bps
    因此选项 (D) 正确。

两个字节的汉明距离：
0xAA = 1010 1010
0x55 = 0101 0101
这两个字节的所有位均不同，因此汉明距离为 8。

选项 (C) 正确。