课后第17题，长1Km、10Mbps、50个站点的令牌环，每个站引入1位 延迟，信号传播速度为200m/us,令牌长8位，数据帧最大长度为256（包 括32位开销），确认在数据帧捎带，问该环不包括开销的有效数据速率 为多少？
解 理解环比特长度公式 有效数据速率 = 有效位数 / 传输总时间 = (256-32) / 传输总时间 环的传输总时间 = 发送令牌+获取令牌+发送数据+数据传播+所有站点的位延迟 发送令牌时间=获取令牌时间 = 8/10M = 0.8us 发送数据 = 256/10M =25.6us 数据传播 = 1K / 200 = 5us 所有站点的位延迟 = 50 × 1 / 10M = 5us 得到，环的传输总时间 = 0.8 + 0.8 + 25.6+ 5 +5 = 37.2 us 所以，有效数据速率 = (256-32) / 37.2 = 6.02Mbps
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理解网络拓扑结构
课后第9题，一栋7 层的办公楼，每层有15 间办公室，每间办公室的墙上设有一 个终端插座，所有的插座在一个垂直面上构成一个正方形栅格，相邻插座间的 垂直和水平距离均为4 米。假定任意两个插座间都允许连上电缆（垂直、水平、 斜线连接均可）。试计算在下面3 种情况下连接所有插座所需的电缆长度：
解 理解载荷G的概念 每个小时做 18次请求，得到3600/18=200秒，即每个站点每200秒提出1次请求 一万个站点在竞争，得到10000/200=50，即平均每秒钟有50个站点提出请求 信道时隙是125us，得到1/125us = 8000，即每秒钟有8000个时隙，即最多支持8000个请求 因此信道载荷G = 50/8000 = 0.00625 = 0.625%
课后第6题，N个站点共享56K 的纯ALOHA信道。每个站点平均每100秒输出一个1000 bit 的帧，即使前一个帧还没有发送完也依旧进行（假设站点都有缓存）。 N的最大值是多少？
解 记住纯ALOHA的吞吐量S的最大理论值
共享56Kbps，因为纯ALOHA的吞吐量S的最大理论值是0.184 所以，最大带宽=56000*0.184 = 10304bps 从每个站点平均每100秒输出一个1000 bit，得到1000/100 = 10bps 所以，每个站点最大传输速率是10bps 因此，N最大值=10304/10 = 1030
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环比特长度和令牌环传输
课后第18题，长10Km、16Mbps、100个站点的令牌环，每个站引入1位延迟， 信号传播速度为200m/us。问：
⑴该环上1位的延迟相当于多少米长度的电缆？ ⑵该环的有效位长度为多少位？ 解 理解环比特长度公式 (1)环比特长度 = 10K/200 ×16M + 100 × 1 = 180bit 所以1bit的延迟 = 1/180 × 10K =5.56米 (2)因为环比特长度180bit，其中100个bit是位延迟，因此180-100 = 80bit是有效位长度
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令牌环
课后第16题，当数据传输速率为5Mbps,传播速度为200m/us时，令牌环 接口中的一个比特时延等价于多少米的电缆？
解 理解载荷G的概念 1个bit时延= 1/5M = 0.2us 因为传播速度是200m/us，所以200×0.2 = 40m
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环比特长度和令牌环传输
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无冲突协议中的二进制倒计数法
课后第7题，某个局域网采用二进制计数法的信道分配策略，在某一时刻，10 个 站点的虚站号为8，2，4，5，1，7，3，6，9，0。接下来要进行数据发送的是 4，3，9 三个站点。当三个站点全部完成发送后，各站点的新的虚站号是什么？
解 理解课本P166页的优先级轮换算法 当站点发送数据后，它的号码变为0，而0、1、2 、3站的号码都增1，10 个站点的虚站号变 为 8， 3， 0， 5， 2， 7， 4， 6， 9， 1 当站点3发送后，它的号码变为0，而0、1、2 站的号码都增1，10 个站点的虚站号变为：8， 0， 1 ， 5， 3 ， 7， 4， 6， 9 ， 2 最后，当9 站发送时，它变成0，所有其他站都增1，结果是：9，1，2，6，4，8，5，7，0， 3。
计算机网络原理
2017年4月15日
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第8章 局域网
8.1 介质访问控制子层 8.2 IEEE802标准 8.3 高速局域网 8.4 无线局域网 8.5 移动Ad Hoc网络 8.6 局域网操作系统
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本章计算
纯ALOHA、时分ALOHA、吞吐量S、载荷G
课后第5题，一万个站点在竞争使用每一时分ALOHA通道。如果每个站平均每 个小时做 18次请求。信道时隙是125us。总的通道负载约为多少？
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本章计算
令牌环传输
课后第20题，一个10Mbps的令牌环，其令牌保持计数器的设置值为 10us,在此环上可发送的最长帧为多少位？
解 理解数据传输 由于题目条件很少，因此题目意思是指在10us中能发送的最大数据长度，不考虑传播时间和 位延迟 所以，最长帧 = 10M * 10 = 100bit
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ห้องสมุดไป่ตู้
解 理解载荷G的概念 从全过程耗费的时间进行计算 发送数据256bit的时间=256/10M=25.6us 发送数据在信道传输的时间=1k/200=5us 发送总时间=25.6+5=30.6us 发送确认32bit的时间=32/10M=3.2us 确认数据在信道传输的时间=1k/200=5us 确认总时间=3.2+5=8.2us 因此，全过程共用30.6+8.2=38.8us，而实际传输有效数据=256-32=224bit 因此有效数据率=224/38.8=5.77Mbps
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本章计算
环比特长度
课后第15题，100个站点的时槽环，任意两站间的平均距离为10m,数据 传输速率为10Mbps,信号传播速度为200m/us,若每个站引入1位延迟,试 计算：
⑴两站间链路的位长度为多少位？ ⑵整个环路的有效位长度为多少位？ ⑶此环上最多允许有几个37位长的时槽？
解 理解环比特长度=信号传播时延*数据传输速率+接口延迟位数 1.两站间链路的位长度 = 信号传播时延*数据传输速率 =(10/200)×10M = 0.5bit（不计延迟） 2.整个环路的有效位长度= 100× (0.5+1) = 150bit （要计延迟） 3.若最多允许37位长的时槽，得到150/37 = 4.05 >4 ，所以最多5个
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本章计算
802.3标准的10Mbps方案
课后第10题，标准10Mbps802.3LAN 的波特率率是多少?
解 理解802.3标准概念 答案在课本P172 10BASE-F 是802.3 中关于以光纤作为介质的系统的规范。该规范中，每条传输线路均使用一 对光纤，每条光纤采用曼彻斯特编码传输一个方向上的信号。每一位数据经编码后，转换为 一对光信号元素，所以，一个 10Mbps 的数据流实际上需要20Mbaud 的信号流。
(1)采用集线器的星形网；（2）采用总线以太网；（3）采用令牌环网（不设线路中心） 。 解 理解拓扑结构，结合画图分析 假设【x , y】为坐标，x从1到7，y从1到15 (1)采用星型，则中心点为[4, 8]，从[1, 1]到[7, 15]，求每个点到中心的距离 4 × ∑ (sqrt((i-4)2+(j-8)2)) i=1…7， j=1…15 求得所有点的距离总和为1832 (2)采用总线型，即每层一条总线，层层之间总线相连 每层15个点间有14个链路，得到4 × 14=56m，即每层相连用56m 共7层，层层之间相连有6个链路，得到4 × 6=24m 总线路 = 56× 7+24 = 416m
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理解网络拓扑结构
课后第9题，一栋7 层的办公楼，每层有15 间办公室，每间办公室的墙上设有一 个终端插座，所有的插座在一个垂直面上构成一个正方形栅格，相邻插座间的 垂直和水平距离均为4 米。假定任意两个插座间都允许连上电缆（垂直、水平、 斜线连接均可）。试计算在下面3 种情况下连接所有插座所需的电缆长度：
课后第19题，长1Km、4Mbps、50个站点的令牌环，每个站引入1位延迟，信 号传播速度为200m/us,设数据帧最大长度为100字节。问该环上检查令牌丢失的 超时计数器的值至少要设置为多少微秒？
解 理解令牌环的令牌丢失计时 传播时间 = 1K/200 = 5us 所有站点的位延迟 = 50 × 1/4M = 12.5us 最大数据帧的发送时间 = 100 × 8 / 4M = 200us 因此超时计数器时间 = 5+12.5+200 = 217.5us
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数据传输过程
课后第11题，一个1km长的10Mb/s 的CSMA/CD局域网（不是802.3）， 其传播速度200m/us。数据帧的长度是256bit，其中包括用于帧头、检 验和以及其他开销的32bit。传输成功后的第一个时隙被留给接受方，用 来捕获信道并发送一个32bit的确认帧。假定没有冲突发生，有效数据率 （不包括开销）是多少？
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含冲突的数据传输过程
课后第14题，长1Km、10Mbps的基带总线LAN,信号传播速度为 200M/μs,试计算:
①1000比特的帧从发送开始到接收结束的最大时间是多少? ②若两相距最远的站点在同一时刻发送数据,则经过多长时间两站发现冲突
解 理解载荷G的概念 （1）无冲突时，最大时间=发送时间+传播时间 = 1000/10M+1000/200 = 100+5 = 105us （2）有冲突时，同时发送的发现冲突时间=传播时间=1000/200 = 5us 非同时发送的发现冲突时间=2×传播时间=１０us