数据链路层习题与真题

习题与真题

在数据链路层中，⽹络互连表现为（ ）。A.在电缆段之间复制⽐特流B.在⽹段之间转发数据帧C.在⽹络之间转发报⽂D.连接不同体系结构的⽹络

解析∶B。数据链路层的主要任务是将⼀个原始的传输设施（物理层设备）转变成⼀条逻辑的传输线路。数据链路层的传输单元为帧，⽹络层的传输单元为报⽂，物理层的传输单元为⽐特，所以A、C都是错误的。⽽连接不同体系结构的⽹络的⼯作是在⽹络层完成的。

在可靠传输机制中，发送窗⼝的位置由窗⼝前沿和后沿的位置共同确定，经过⼀段时间，发送窗⼝后沿的变化情况可能为（）I.原地不动Ⅱ.向前移动Ⅲ.向后移动A.I、ⅢB.I、ⅡC. Ⅱ、ⅢD.都有可能

解析∶B。发送窗⼝后沿的变化情况只能有两种∶①原地不动（没有收到新的确认）;②向前移动（收到了新的确认）。发送窗⼝不可能向后移动，因为不可能撤销已收到的确认。以下哪种滑动窗⼝协议收到的分组⼀定是按序接收的（）。I.停⽌-等待协议Ⅱ.后退N帧协议Ⅲ.选择重传协议A.I、ⅡB.I、ⅢC.Ⅱ、ⅢD.都有可能

解析∶A。要使分组⼀定是按序接收的，接收窗⼝的⼤⼩为1才能满⾜，只有停⽌-等待协议与后退N帧协议的接收窗⼝⼤⼩为1。数据链路层提供的3种基本服务不包括（ ）。B.有确认的⽆连接服务A. ⽆确认的⽆连接服务D.有确认的有连接服务C. ⽆确认的有连接服务

解析∶C。连接是建⽴在确认机制的基础之上的，所以数据链路层没有⽆确认有连接的服务。

数据链路层采⽤了后退N帧协议，如果发送窗⼝的⼤⼩是32，那么⾄少需要（ ）位的帧序号才能保证协议不出错。A.4位B.5位C.6位D.7位

解析∶C。在后退N帧协议中，帧号≥发送窗⼝+1，在题⽬中发送窗⼝的⼤⼩是32，那么帧号最⼤号码应该是32（从0开始，共33个）。因为25<33<26，所以⾄少需要6位的帧序号才能达到要求。

下列属于奇偶校验码特征的是（）I.只能检查出奇数个⽐特错误Ⅱ.能查出任意⼀个⽐特位Ⅲ ⽐ CRC可靠A.仅I、ⅡB.仅I、ⅢC. 仅ID. 仅Ⅱ解析∶C。

I∶奇偶校验的原理是通过增加冗余位来使得码字中\"1\"的个数保持为奇数个或者偶数个的编码⽅法。若出现奇数个⽐特的错误，\"1\"的个数将与原来\"1\"的个数不⼀样，故可以发现奇数个⽐特的错误。⽽如果出现偶数个⽐特的错误，\"1\"的个数仍然与原来的\"1\"的个数相同，故⽆法发现偶数个⽐特的错误。Ⅱ∶由I的分析知Ⅱ错误。

Ⅲ∶CRC可以检验出任意位错误，⽽奇偶校验码只能检验奇数个错误，故Ⅲ错误。下列关于循环冗余校验的说法中，（）是错误的。

A.带r个校验位的多项式编码可以检测到所有长度⼩于或等于r的突发性错误B.通信双⽅可以⽆需商定就直接使⽤多项式编码C.CRC 可以使⽤硬件来完成

D.在数据链路层使⽤CRC，能够实现⽆⽐特差错的传输，但这不是可靠的传输

解析:B。在使⽤多项式编码时，发送⽅和接收⽅必须预先商定⼀个⽣成多项式。发送⽅按照模2除法，得到校验码，在发送数据的时候把该校验码加在数据后⾯。接收⽅收到数据后，也需要根据同⼀个⽣成多项式来验证数据的正确性。所以发送⽅和接收⽅在通信前必须要商定⼀个⽣成多项式。

A选项为循环冗余校验码的检错特点。CRC肯定可以使⽤硬件来完成，只是费⽤更⼤⽽已。CRC只能保证交给上层的数据在传输中没有错误，但这并不是可靠传输，如帧失序、帧丢失等差错就不能靠 CRC来完成，⽽这些都是可靠传输需要做的。

发送⽅准备发送的信息位为1101011011，采⽤CRC 校验算法，⽣成多项式为G（x）=x4+x+1，那么发出的校验位应该为（）。A.0110B.1010C.1001D.1110

解析∶D。⾸先根据⽣成多项式G（x）= x4+x+1得到CRC的校验码为10011;然后利⽤短除法来计算校验码，具体计算过程如图3-27所⽰;最后余数为1110。

解析∶C，C。

海明码的编码规则∶如果有n个数据位和k个冗余校验位，那么必须满⾜2k-1≥k+n，此处 k=4，因此有n≤2k-1-k=16-1-4=11，即n最⼤为11。由于s2s1s0=110，所以说明s2和s1出错，得出a5或者a6可能出错，但是s0没有出错，a6。不可能出错，因此只能是a5出错。

解析∶C。流量控制就是要控制发送⽅发送数据的速率，使接收⽅来得及接收，⽬的是防⽌接收⽅缓冲区溢出。

解析∶B。滑动窗⼝的本质是在任何时刻，发送⽅总是维持着⼀组序列号，分别对应于允许发送的帧，称这些帧落在发送窗⼝之内。发送窗⼝内的序列号代表了那些已经被发送，但是还没有被确认的帧。类似地，接收⽅也维持着⼀个接收窗⼝，对应于⼀组允许它接收的帧。从图3-19中可以看出，发送⽅已经发送了0号帧和1号帧，⽽接收⽅已经接收完了0号帧，并且对0号帧发回了确认，才使得接收窗⼝后移到1号帧位置。

解析∶B。因为2号帧没有返回确认，当计时器超时时，2号帧及其后⾯的帧都要重发，因此共有5个帧需要重发。

解析∶C。根据信道利⽤率的计算公式，在确认帧长度和处理时间均可忽略不计的情况下，信道的利⽤率与发送时间和传播时间有关，约等于t发送时间/（t发送时间+2×t传播时间)。当发送⼀帧的时间等于信道的传播时延的2倍时，信道利⽤率是50%，或者说当发送⼀帧的时间等于来回路程的传播时延时，效率将是50%，即 20ms×2-40ms。现在发送速率是每秒4000bit，即发送⼀位需要0.25ms，则帧长=40/0.25=160bit。

论坛答疑∶此题解析⾥的信道利⽤率=t发送时间/（t发送时间+2×t传播时间)，但是谢希仁编写的第5版教材第86页说极限信道利⽤率Sm⼀发送时间/（发送时间+单程端到端时延），是哪个正确?还是我丢了什么条件?

解析∶谢希仁编写的第5版教材第86页讲到的信道利⽤率是在理想情况下，也就是以太⽹各站发送数据都不会发⽣碰撞，⽽此题题⼲已说明采⽤停⽌-等待协议，也就是有可能发⽣碰撞，那么就不能使⽤理想情况下的计算公式。⽽应该使⽤该教材第192页上⽅的信道利⽤率计算公式∶U=Tp/（Tp+RTT+TA），题⼲中已经说明忽略处理时间，所以⽆需计算TA，⽽RTT 就是2倍的传播时间，Tp是分组的发送时间，于是可以得到22题解析中的公式。

解析∶D。此题出得很巧妙，没有直接告诉使⽤的是选择重传协议，⽽是通过间接的⽅式给出。题⽬说⽆序接收的滑动窗⼝协议，说明接收窗⼝⼤于1，所以得出数据链路层使⽤的是选择重传协议，⽽选择重传协议发送窗⼝最⼤尺⼨为2n-1。

解析∶C。异步时分多路复⽤采⽤动态分配时间⽚（时隙）的⽅法，⼜称为统计时分多路复⽤。

解析∶B。多路复⽤的主要功能是要结合来⾃多条线路的传输，从⽽提⾼线路的使⽤率。

解析∶A。TDM属于静态划分信道的⽅式，各节点分时使⽤信道，不会发⽣碰撞；⽽ALOHA、CSMA、CSMA/CD都属于动态的随机访问协议，都采⽤检测碰撞的策略来应对碰撞，因此都会发⽣碰撞。

解析∶D。以太⽹的最短帧长度是为了检测冲突的，其基本思想时间需要⼤于或等于信号沿着信道来回⼀趟的时间。所以在冲突域最⼤距离不变的情况下，如果⽹络传输速率提⾼，说明发送⼀帧需要更短的时间。那么在这种情况下，就应该提⾼最短帧长度来保证发送⼀帧的时间⼤于或等于信号沿信道来回⼀趟的时间。

解析∶A。因为全双⼯既有接收数据的通道⼜有发送数据的通道，所以能同时发送和接收帧。CSMA/CD协议是防⽌发送和接收冲突的协议，⽽全双⼯根本不存在冲突，所以不受CSMA/CD的限制。

解析∶C。以太⽹采⽤CSMA/CD技术，当⽹络上的流量越多，负载越⼤时，发⽣冲突的⼏率也会越⼤。当⼯作站发送的数据帧因冲突⽽传输失败时，会采⽤⼆进制后退算法后退⼀段时间后重新发送数据帧。⼆进制后退算法可以动态地适应发送站点的数量，后退延时的取值范围与重发次数n形成⼆进制指数关系。当⽹络负载⼩时，后退延时的取值范围也⼩；⽽当负载⼤时，后退延时的取值范围也随着增⼤。⼆进制后退算法的优点是把后退延时的平均取值与负载的⼤⼩联系起来。所以，⼆进制后退算法考虑了⽹络负载对冲突的影响。

解析∶D。在使⽤静态地址的系统上，如果有重复的硬件地址，那么这两个设备都不能通信。在局域⽹上，每个设备必须有⼀个唯⼀的硬件地址。

解析∶A。令牌环⽹络的拓扑结构为环形，存在⼀个令牌不停地在环中流动。只有获得了令牌的主机才能够发送数据，因此是不存在冲突的。所以A选项是错误的，其他选项都是令牌环⽹络的特点。

解析∶C。以太⽹最⼩帧的长度是64B，其中包括了在以太⽹帧头部的地址、类型域以及帧尾部的校验和域。这些部分的总共长度是18B，那么加上MAC帧的数据部分60B（整个IP数据报就是MAC帧的数据部分），整个帧长度就为78B，达到了以太⽹最⼩帧长度64B 的要求，所以不需要再添加填充字节。

解析∶A。通常情况下，⽹卡是⽤来实现以太⽹协议的，所以⽹卡主要实现了物理层和数据链路层的功能。

解析∶B。集线器既不能隔离冲突域，也不能隔离⼴播域；交换机可以隔离冲突域，但不能隔离⼴播域；路由器既可以隔离冲突域，也可以隔离⼴播域。

解析∶B。由于路由器可以隔离⼴播包的转发，因此只要是需要经过路由器的路径都是不能通过的路径。

解析∶A。PPP帧在默认配置下，地址和控制域总是常量，所以LCP提供了必要的机制，允许双⽅协商⼀个选项。在建⽴状态阶段，LCP协商数据链路协议中的选项，它并不真正关⼼这些选项本⾝，只提供⼀个协商选择的机制。

解析∶A。HDLC采⽤零⽐特填充法来实现数据链路层的透明传输（PP采⽤了字节填充⽅式来成帧），即在两个标志字段之间不出现6个连续\"1\"。具体做法∶在发送端，当⼀串⽐特流尚未加上标志字段时，先⽤硬件扫描整个帧，只要发现5个连续的\"1\"，就在其后插⼊1个\"0\";⽽在接收端先找到F字段以确定帧边界，接着再对其中的⽐特流进⾏扫描，每当发现5个连续的\"1\"，就将这5个连续\"1\"后的⼀个\"0\"删除，将其还原成原来的⽐特流。

解析∶C。对于普通的10Mbits的共享式以太⽹，若有N个⽤户，则每个⽤户占有的平均带宽只有总带宽（10Mbit/s）的N分之⼀。但使⽤以太⽹交换机时，虽然在每个端⼝到主机的带宽还是10Mbit/s，但由于⼀个⽤户在通信时是独占⽽不是和其他⽹络⽤户共享传输媒体的带宽，因此每个⽤户仍然可以得到10Mbit/s的带宽，这正是交换机的最⼤优点。

解析∶B。交换机的每个端⼝都有它⾃⼰的冲突域，所以交换机永远不会由于冲突⽽丢失帧，因此A是错误的。交换机不可以隔离⼴播域，所以C也是错误的。LLC是逻辑链路控制，它在MAC层之上，⽤于向⽹络层提供⼀个接⼝以隐藏各种802⽹络之间的差异，交换机应该是按照MAC地址转发的。

解析∶B。属于理解性的题⽬，见知识点讲解。

解析∶B。信道划分介质访问控制都不会发⽣冲突，如频分多路复⽤（FDMA）、时分多路复⽤（TDMA）、码分多路复⽤（CDMA）、波分多路复⽤（WDM）等。⽽随机访问介质访问控制是可能发⽣冲突的，如 CSMA、CSMA/CD等。

解析∶B。直通交换⽅式是指以太⽹交换机可以在各端⼝间交换数据。它在输⼊端⼝检测到⼀个数据包时，检查该包的包头，获取包的⽬的地址，启动内部的动态查找表转换成相应的输出端⼝，在输⼊与输出交叉处接通，把数据包直通到相应的端⼝，实现交换功能。通常情况下，直通交换⽅式只检查数据包的包头即前14个字节，由于不需要考虑前导码，只需要检测⽬的地址的6B（48bit），所以最短的传输延迟是0.48us。

解析∶B。主机00-e1-d5-00-23-al向主机00-el-d5-00-23-cl发送数据帧时，交换机转发表中没有00-el-d5-00-23-cl这项，所以向除1端⼝外的所有端⼝⼴播这帧，即2、3端⼝会转发这帧；同时，因为转发表中并没有00-el-d5-00-23-al这项，所以转发表会把（⽬的地址00-el-d5-00-23-al，端⼝1）这项加⼊转发表。⽽当00-e1-d5-00-23-c1向00-el-d5-00-23-al发送确认帧时，由于转发表已经有00-el-d5-00-23-al这项，所以交换机只向1端⼝转发，选B。

解析∶C。考虑制约甲的数据传输速率的因素，⾸先，信道带宽能直接制约数据的传输速率，传输速率⼀定是⼩于等于信道带宽的；其次，主机甲⼄之间采⽤后退N帧协议，那么因为甲⼄主机之间采⽤后退N帧协议传输数据，要考虑发送⼀个数据到接收到它的确认之前，最多能发送多少数据。甲的最⼤传输速率受这两个条件的约束，所以甲的最⼤传输速率是这两个值中⼩的那⼀个。甲的发送窗⼝的尺⼨为1000，即收到第⼀个数据的确认之前，最多能发送1000个数据帧，也就是发送1000 x 1000B=1MB的内容，⽽从发送第⼀个帧到接收到它的确认的时间是⼀个往返时延，也就是50ms+50ms=100ms=0.1s，即在100ms中，最多能传输 1MB的数据，因此此时的最⼤传输速率为1MB/0.1s=10MB/s=80Mbit/s。信道带宽为100Mbits，所以答案为min（80Mbits，100Mbit/s}=80Mbit/s，选C。

解析∶B。把收到的序列分成每4个数字⼀组，即为（2，0，2，0）、（0，-2，0，-2）、（0，2，0，，2），因为题⽬求的是A发送的数据，因此把这3组数据与A站的码⽚序列（1，1，1，1）做内积运算，结果分别是（2，0，2，0）·（1，1，1，1）/4=1、（0，-2，0，-2）·（1，1，1，1/4=1、（0，2，0，2）·（1，1，1，1）/4=1，所以C接收到的A发送的数据是101，选B。

解析∶B。不考虑确认帧的开销，⼀个帧发送完后经过⼀个单程传播时延到达接收⽅，再经过⼀个单程传播时延发送⽅收到应答，从⽽继续发送。要使得传输效率最⼤化，就是不⽤等确认也可以连续发送多个帧。设连续发送 n 个帧，⼀个帧的发送时延为1000B/128kbit/s=62.5ms。对于采⽤滑动窗⼝协议的流⽔线机制，我们有如下公式∶链路利⽤率=（n×发送时延）/（RTT+发送时延），依题意，有（nx62.5ms）/（62.4ms+250ms×2）≥80%，得n ≥7.2，帧序号的⽐特数k需满⾜2k≥n+1。所以帧序号的⽐特数⾄少为4。

解析∶B。CSMA/CD适⽤于有线⽹络，⽽CSMA/CA则⼴泛应⽤于⽆线局域⽹。其他选项均正确。

解析∶D。交换机可以隔离冲突域，但集线器⽆法隔离冲突域，因此从物理层上能够收到该确认帧的主机仅H2、H3，故选D。

解析∶B。要解决\"理论上可以相距的最远距离\"那么最远肯定要保证能检测到碰撞，⽽以太⽹规定短帧长为64B，其中 Hub 为100Base-T 集线器，可知线路的传输速率为

100Mbit/s，则单程传输时延为64B÷100Mbit/s÷2=2.56us，⼜Hub再产⽣⽐特流的过程中会导致延时1.535us，则单程的传播时延为2.56us-1.535us=1.025us，从⽽H3与H4之间理论上可以相距的最远距离为200m/usx1.025us=205m。

解析∶A。连续ARQ协议包括后退N帧和选择重传两种协议，对于后退N帧来说，当帧序号位数为n时，发送窗⼝⼤⼩有1<发送窗⼝≤2n-1，接收窗⼝⼤⼩为1；对于选择重传来说，当帧序号位数为n时，发送窗⼝⼤⼩≤2n-1，发送窗⼝取最⼤值时，接收窗⼝=发送窗⼝=2n-1。本题中综合考虑后退N帧和选择重传协议，选A。

解析∶C。传输介质、拓扑结构和介质访问控制⽅法是决定局域⽹特性的3个主要技术。

解析∶根据题意，⽣成多项式G（x）对应的⼆进制⽐特序列为11001。进⾏如图 3-28所⽰的⼆进制模2除法，被除数为10110011010，除数为11001。

所得余数为0，因此该⼆进制⽐特序列在传输过程中没有出现差错。发送数据的⽐特序列是1011001，CRC检验码的⽐特序列是1010。注意，CRC检验码的位数等于⽣成多项式G（x）的次数。

解析∶数据链路与链路的区别在于数据链路除了本⾝是⼀条链路外，还必须有⼀些必要的规程来控制数据的传输。因此，数据链路⽐链路多了实现通信规程所需要的硬件和软件。

解析∶\"电路接通了\"表⽰链路两端的节点交换机已经开机，物理连接已经能够传送⽐特流了。但是，数据传输并不可靠。在物理连接基础上，再建⽴数据链路连接，才是\"数据链路接通了\"。此后，由于数据链路连接具有检测、确认和重传等功能，才使得不太可靠的物理链路变成可靠的数据传输。当数据链路断开连接时，物理连接不⼀定跟着断开。

解析∶假如数据链路层的字节流是⼀直连续不断的，那么采⽤⼀个字节的标志是可以分清不同帧之间的界限的。但是如果⼀个帧结束了传递，以flag字节结束，之后的15min 内没有新的帧传输。在这种情况下，接收⽅⽆法确认下⼀个到来的字节是⼀个新的帧开始，还是链路上的噪声。采⽤开始和结束都添加标志字节的办法，可以⼤⼤简化数据链路层协议的设计。

解析∶对于选择重传协议，发送窗⼝和接收窗⼝的条件是接收窗⼝的值+发送窗⼝的值≤2n，⽽题⽬中给出的数据 Wr+Wp=9>2，所以是⽆法正常⼯作的。找出序号产⽣歧义的点即

可。设想在发送窗⼝内的序号为0、1、2、3、4、5，⽽接收窗⼝等待后⾯的6、7、0。接收端若收到0号帧，则⽆法判断是新帧还是重传帧（当确认帧丢失时）。

解析∶选择重传ARQ协议是在连续重传 ARQ协议的基础上，增加了接收窗⼝的数⽬，实现对于传输出现差错的帧的选择性重传。即接收窗⼝在实际应⽤中等于1时，选择重传ARQ协议退化成连续ARQ协议。

解析∶卫星信道端到端的传播时延是250ms，当以1Mbit/s的速率发送数据时，2000bit 长的帧的发送时延是2ms。⽤t=0表⽰开始传输时间，那么在t=2ms时，第⼀帧发送完毕；t=252ms时，第⼀帧完全到达接收⽅；t=502ms 时，带有确认的帧完全到达发送⽅。因此，周期是502ms（确认帧的发送时间忽略不计）。若在502ms 内可以发送k个帧（每个帧的发送⽤2ms时间），则信道利⽤率是2k/502.

1）停⽌-等待协议，此时k=1，则信道的利⽤率为2/502=1/251。2）WT=7，则信道的利⽤率为14/502=7/251。3）WT=127，则信道的利⽤率为254/502=127251。

4）WT=255，可以看出2W=510>502，也就是说，第⼀帧的确认到达发送⽅时，发送⽅还在发送数据，即发送⽅就没有休息的时刻，所以信道利⽤率为100%。可能疑问点∶周期 502ms是不是应该随着⼀次性发送的帧的数量增加⽽增加？因为发送时延增加了。

解析∶下⾯⽤⼀个例⼦来说明为什么不管⼀次性发送多少帧，周期永远都是502ms。假设帧序号为2，可表⽰0、1、2、3号帧，并假设发送窗⼝为3。现在可以给发送周期定义了，从发送0号帧开始计时（0号帧在传输的时候，1、2号帧在发送，所以时间叠加了，因为⼀般传播时延都远远⼤于发送时延），到收到2号帧的确认为⽌，就算是⼀个周期。应该很容易看出，这⾥有时间重叠了，其实当发送端收到第0号帧的确认的时候，发送窗⼝已经向前滑动了，此时第⼆轮发送已经悄然开始了。所以说只要收到第⼀个帧的确认第⼆轮就开始了。是不是和发送0号帧到收到0号帧的确认的时间是⼀样的？现在⼤家应该都已经很明⽩了。但是问题⼜来了，这种⼀次性传送多个帧的，⼀般都是使⽤累计确认，不会⼀个个去确认的，如果是这种情况，⼜做何解释？这已经属于超纲的知识点了，没有必要去深究。

解析∶CSMA/CD 是⼀种动态的介质随机接⼊共享信道⽅式，⽽传统的时分复⽤（TDM）是⼀种静态的划分信道，所以从对信道的利⽤率来讲，CSMA/CD是⽤户共享信道，更灵活，可提⾼信道的利⽤率。

不像TDM，为⽤户按时隙固定分配信道，当⽤户没有数据要传送时，信道在⽤户时隙就浪费了。也因为CSMA/CD是⽤户共享信道，所以当同时有多个⽤户需要使⽤信道时会发⽣碰撞，降低信道的利⽤率，⽽ TDM中⽤户在分配的时隙中不会与别的⽤户发⽣冲突。对局域⽹来说，连⼊信道的是相距较近的⽤户，因此通常信道带宽较宽。如果使⽤TDM⽅式，⽤户在⾃⼰的时隙没有数据发送的情况会更多，不利于信道的充分利⽤。对于计算机通信来说，突发式的数据更不利于使⽤ TDM⽅式。

解析∶对于1000m电缆，单程传播时间为1000m/2×108m/s=5×10-6s，即5us，来回路程传播时间为10us。为了能够按照CSMA/CD⼯作，最⼩的发送时间不能够⼩于10us。以1Gbit/s速率⼯作，10us可以发送⽐特数为10x10-6/1×10-9=10000。因此，最⼩帧应该是1000bit 或者1250B。可能疑问点∶为了能够按照CSMA/CD⼯作，最⼩的发送时间不能够⼩于10μs是怎么得到的?

解析∶要知道争⽤期的概念（以太⽹端到端的往返时延（⽤2x表⽰）），争⽤期⼀定要保证⼤于来回往返时延。因为假设现在传了⼀个帧过去，还没到往返时延就发送完了，其实在中途碰撞了，这样就检测不出错误了；

如果中间碰撞了，且这个帧还没有发送完，这样就可以检测出错误了。所以要保证CSMA/CD 正常⼯作，就必须使得发送时间（也就是争⽤期）要⼤于或等于来回往返的时延（中间没有中继器，说明往返时延直接算传播时延即可）。前⾯已经算得来回往返时延是10us，所以为了能够按照CSMA/CD⼯作，最⼩的发送时间不能够⼩于10us。

解析∶其中，Base表⽰电缆上的信号是基带信号，采⽤曼彻斯特编码；BROAD代表宽带信号。Base前⾯的数字表⽰数据传输率，后⾯的数字表⽰每⼀段电缆的最⼤长度。表3-8列出了各个物理层的含义。

解析∶PPP帧的特殊字符填充法的具体操作是将7E转变为7D5E；将7D转变为7D5D。所以只要碰到7D5E就变成7E，碰到7D5D就转变成7D，原来真正的数据是7E FE 27 7D 7D65 7E。

解析∶下⼀个期望收到的序号为5，说明4及以前的报⽂已经正确收到。

1）因为到4为⽌的报⽂都已经收到，若这些确认全部到达接收⽅，则W=【5，7】;若所有的确认都丢失，则WT=【2，4】;若3号确认丢失，则WT=【3，5】;若4号确认丢失，则WT=【4，6】。

所以，WT可能是【2，4】、【3，5】、【4，6】、【5，7】中的任何⼀个。

2）因为WT=3，ACK=5，所以1号报⽂的确认肯定已经到达发送⽅，否则不会发送4号报⽂。所以，可能滞留在⽹络中的确认是3、4、5，是对2、3、4号报⽂的确认。

解析∶不是。假定这条链路的通信质量不是⾮常坏，那么不可能每次传输都出现差错。每当成功传输⼀次后，发送端就再发送下⼀帧。虽然耗时较多，但总是能够把所需传送的数据都传送完毕。如果每⼀次都传输失败，即发送端不管重传多少次都不能成功地传输⼀次，那么通信就会失败。但这种通信失败的原因并⾮是数据链路层协议不正确，⽽是由于通信线路质量太差，使得发送端没有可⽤的信道。

解析∶从带宽来看，集线器不管有多少个端⼝，所有端⼝都共享⼀条带宽，在同⼀时刻只能有两个端⼝传送数据，其他端⼝只能等待；同时，集线器只能⼯作在半双⼯模式下。因此对于集线器来说，所有连接在这个集线器上的站点共享信道。

⽽对于交换机来说，每⼀个端⼝都有⼀条独占的带宽，且两个端⼝⼯作时，不影响其他端⼝的⼯作；同时，交换机不但可以⼯作在半双⼯模式下，还可以⼯作在全双⼯模式下，因此在交换机上的站实际上是独占信道的。‘’所以∶

1）10个站共享10Mbit/s的带宽，也就是每⼀个站所能得到的带宽为1Mbit/s。2）10个站共享100Mbit/s的带宽，也就是每⼀个站所能得到的带宽为10Mbits。3）每⼀个站独占10Mbit/s的带宽，也就是每⼀个站所能得到的带宽为10Mbit/s。

解析∶当⼀个⽹桥刚连接到局域⽹时，其转发表是空的，若此时收到⼀个帧，则应按照以下算法处理该帧和建⽴转发表。

从端⼝x收到⽆差错的帧，在转发表中查找⽬的站MAC地址。

若有，则查找出此MAC地址应当⾛的端⼝d，然后进⾏3），否则转到5）。若到这个MAC地址去的端⼝等于x，则丢弃此帧，否则从端⼝d转发。转到6）。

向⽹桥除了x 以外的所有端⼝转发此帧。

若源站不在转发表中，则将源站MAC地址加⼊到转发表中，登记该帧进⼊⽹桥的端⼝号，设置计时器，转到8）；如果源站在转发表中，执⾏7）。更新计时器。

等待新的数据帧，转到 1）。

根据已知的数据发送过程，按照⽹桥的⼯作算法，即可得到最终的结果。根据上述的算法，下⾯⼀⼀分析题⽬中的各种转发。

A发给E，⽹桥B1在端⼝1收到源地址为MAC1、⽬的地址为MAC5的帧（步骤1），此时转发表为空，转到步骤5，⽹桥B1向所有端⼝转发此帧，并将此帧的源地址添加到⽹桥B1中，并登记该帧进⼊⽹桥的端⼝号，即1端⼝号;同理，⽹桥 B2也将此帧的源地址添加到⽹桥B2中，并登记该帧进⼊⽹桥的端⼝号，也是1端⼝号。所以表3-7第⼀⾏应该填⼊∶

C发给B，和第⼀种情况完全⼀样，仅仅是C从⽹桥B1的端⼝2进⼊，所以表3-7第⼆⾏应填⼊∶

D发给C，⽹桥B2没有源地址为MAC4的帧（主机D发的帧），所以将其源地址写⼊转发表（步骤6），并且是从⽹桥B2端⼝2进来的。⽹桥B1知道⽬的地址为MAC3的帧（发给主机C的帧）是从端⼝2进来的，并且转发表中填⼊的也是端⼝2，根据步骤3，应该丢弃此帧；由于⽹桥B1还没有地址为MAC4的帧，所以需要将其写⼊转发表，并且端⼝为2。因此表3-7第三⾏应该填⼊∶

B发给A，⽹桥B1的转发表写⼊转发⽬的地址为MACI的帧是从端⼝1转发的，但是此时该帧⼜是从端⼝1进⼊的，所以丢弃此帧（步骤3），并将MAC2写⼊⽹桥B1的转发表；由于⽹桥B1丢弃了此帧，因此⽹桥B2收不到此帧，⽹桥B2没有任何动作发出。所以表3-7第四⾏应填⼊∶

解析：设在t=0时，A开始发送数据，那么在t=（64+8）×8=576⽐特时间时，A应当发送完毕。另外，由题意可知，B在t=225⽐特时间就能检测出A的信号。既然题⽬说了在A发送结束之前B也发送⼀帧，就⾜以说明B发送数据的时间肯定是在t< 225⽐特时间的时候，不然B不可能会发送数据（因为在t>225 ⽐特时间时，B已收到了A发来的数据）。不妨设B是在第N⽐特时间发送的数据，那么N+225 必定⼩于576，因此在A发送完数据之前就已经检测到了碰撞，即A在检测到和B发⽣碰撞之前不能把⾃⼰的数据发送完毕。如果A在发送完毕之前并没有检测到碰撞，那么就能够肯定A所发送的帧不会和B发送的帧发⽣碰撞。

解析∶

t=0时，A和B开始发送数据。

t=225 ⽐特时间，A和B都检测到碰撞。t=273⽐特时间，A和B 结束⼲扰信号的发送。

信道空闲时刻为273+225（⼲扰信号的传播），由于是10Mbits 以太⽹，所以争⽤期为512⽐特时间，即A等待0×512⽐特时间后还要等待96⽐特时间（最⼩帧间间隔），因此，t=594⽐特时间，A开始发送；

t=785⽐特时间，B在273⽐特时间开始等待1×512⽐特时间后再次检测信道，如果空闲，则B在785+96=881⽐特时间发送数据，否则再退避。A重传的数据在819⽐特时间到达B，B先检测到信道忙，因此B在预定的881⽐特时间将会停⽌发送数据，见表3-10。

1）A和B分别在t=594 ⽐特时间与t=881⽐特时间开始重传其数据帧。2）A重传的数据帧在 t=819⽐特时间到达 B。

3）A重传的数据不会和B重传的数据再次发送碰撞，因为B在发送数据时，检测到了信道忙，⽴即停⽌了发送。4）B会在预定的重传时间停⽌发送数据，因为B在t=881⽐特时间准备发送数据时检测到信道忙

可能疑问点∶在第1）问中，为什么A加上退避的时间是以（273+225）⽐特为起始，⽽B却是从273 ⽐特为起始?

解析∶在停⽌数据发送的时候（刚开始发送⼲扰信号）适配器就执⾏指数退避算法。并不是说需要等到传播完⼲扰信号才开始指数退避算法。因为A的随机数为0，所以A在发送完⼲扰信号之后，信道仍是有⼲扰信号在传播，所以将会不断地监听，直到225+273的时候监听到信道为空（⼲扰信号传播完毕），再加上96 ⽐特的时间，就可以发送数据了。⽽B是不⼀样的，因为B本来就要等512⽐特，那个时候（273+512）信道已经是空闲的了（因为此时A的数据还没有到达B，所以空闲）。

解析∶

1）t0时刻到t1时刻期间，甲⽅可以断定⼄⽅正确接收了3个数据帧（1分），分别是S0,0、S1,0、S2,0。（1分）。R3,3说明⼄发送的数据帧确认号是3，即希望甲发送序号为3的数据帧，说明⼄已经接收了序号为0～2的数据帧。

2）从t1时刻起，甲⽅最多还可以发送5个数据帧，其中第⼀个帧是S5,2（1分），最后⼀个数据帧是S1,2（1分）。发送序号3位，有8个序号。在GBN协议中，序号个数≥发送窗⼝+1，所以这⾥发送窗⼝最⼤为7。此时已发送了S3,0和S4,1，所以最多还可以发送5个帧。

3）甲⽅需要重发3个数据帧（1分），重发的第⼀个帧是S2,3（1分）。在GBN协议中，接收⽅发送了N帧后，检测出错，则需要发送出错帧及其之后的帧。S2,0。超时，所以重发的第⼀帧是S2。已收到⼄的R2帧，所以确认号是3。4）甲⽅可以达到的最⼤信道利⽤率是∶

U=发送数据的时间/从开始发送第⼀帧到收到第⼀个确认帧的时间 = N x Td（Td+RTT+Ta）

U是信道利⽤率，N是发送窗⼝的最⼤值，Td是发送⼀数据帧的时间，RTT是往返时间，Ta是发送⼀确认帧的时间。这⾥采⽤捎带确认，则Td = Ta。

考点分析与解题技巧

考点⼀∶流量控制与可靠传输机制

这类考点主要考查对滑动窗⼝机制的理解。在前⾯已经提到，这部分内容既可以放在数据链路层考查，也可以放在传输层考查。考⽣需要理解停⽌-等待协议、后退N帧协议和选择重传协议的发送窗⼝与接收窗⼝的⼤⼩如何变化、可靠传输需要传输哪些帧以及传输过程如何进⾏。

考查⽅式⼀般以选择题为主，有时也会出现计算题的考查形式。⽆论选择题还是计算题，⼀般有两种题型∶⼀种是考查对滑动窗⼝机制的概念理解，结合⼀定的使⽤场景，分析发送窗⼝、接收窗⼝的⼤⼩变化及其3种协议之间的关系，习题与真题部分的第10题、第11题、第20题等题⽬属于这种题型，这种题型需要对滑动窗⼝机制有较深⼊地理解，只要理解了其变化过程，很容易得到正确答案。在复习的过程中，考⽣应该注意最⼤发送窗⼝的概念（在知识点讲解部分已经对3种协议进⾏了最⼤窗⼝的讲解）。另外⼀种题型是结合性能指标，分析滑动窗⼝机制发送数据帧的过程，计算相关的性能指标，习题与真题部分的第57题、第59题、第75题等题⽬属于这种题型，解答这种题⽬的第⼀步，就是分析使⽤该种滑动窗⼝机制时在⼀定时间内可以发送多少帧数据，进⽽计算出这段时间内发送的数据量⼤⼩，之后的计算过程与第1章所讲的性能指标相关计算的过程就完全⼀致了，仍然可以按照单位参与计算的技巧解题。

考点⼆∶介质访问控制

这类考点主要考查对介质访问控制这⼀节相关知识点的概念理解，最常考的就是随机介质访问控制。考⽣需要对每类协议的原理有⼀定的理解，可结合知识点讲解部分的总结进⾏理解和记忆，如最常考的CSMA/CD总结起来其实就是⼏句⼝诀∶\"先听后发，边听边发，冲突停发，随机重发\"。这⾥需要注意的⼀个⼩的考点是争⽤期和截断⼆进制指数退避算法，在知识点讲解部分已经花了⼤量篇幅进⾏讲解，理解即可。

考查形式以选择题为主，结合争⽤期和截断⼆进制指数退避算法，也可出计算题和简答题。题型分析∶可以考查对某些随机介质访问控制协议的理解，如习题与真题部分的第28、29题，第 53、60题等题⽬都属于这种题型，这种题型只要理解相关的概念，有⼀定的做题量，就⽐较容易拿到分数;另外可以考查对争⽤期和截断⼆进制指数退避算法的分析和计算，如习题与真题部分的第84、85题就属于这种题⽬，解题的关键在于理解碰撞检测的时间与实际碰撞之间的关系。

考点三∶组帧的⽅法

这类考点主要考查对4种组帧⽅式的记忆。考⽣只要结合⾃⾝的理解，记住4种组帧⽅式的原理即可。考查形式以选择题为主，清晰记忆即可拿分。

考点四∶差错控制

这类考点主要考查对各类纠错编码、检错编码的概念理解。循环冗余码与海明码的计算过程和检错过程需要考⽣加强理解，多做⼀些相关的题⽬。考查形式⼀般以选择题为主，如果没有正确理解各类纠检错编码的原理，就⽆法作答，因⽽重中之重是理解计算过程。

考点五∶以太⽹的MAC帧

这类考点主要考查对以太⽹帧的理解和记忆。考⽣应该对以太⽹帧的帧格式有清晰的记忆，同时理解 MAC 帧的各字段长度及含义。

考查形式以选择题、综合题为主。选择题⼀般考查对概念的理解，只要理解 MAC 帧的各字段长度及含义既可作答;综合题则往往结合其他章节进⾏考查，综合性较强，需要通过题⽬中给出的场景分析、提取MAC帧的有效信息，有时还需要进⾏相关计算。