数据链路层习题与真题

习题与真题

3. 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。

4. 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、Ⅲ

   B.I、Ⅱ

   C. Ⅱ、Ⅲ

   D.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。

5. 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、Ⅱ

   B.I、Ⅲ

   C.Ⅱ、Ⅲ

   D.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。

6. 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。

7. 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。

8. 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、Ⅱ

   B.仅I、Ⅲ

   C. 仅I

   D. 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。

9. 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。

10. 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.0110

    B.1010

    C.1001

    D.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2^k-1≥k+n，此处 k=4，因此有n≤2^k-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2^n-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2^k≥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≤2^n-1，发送窗口取最大值时，接收窗口=发送窗口=2^n-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）W_T=7，则信道的利用率为14/502=7/251。

3）W_T=127，则信道的利用率为254/502=127251。

4）W_T=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 7D 65 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W_T=【2，4】;???????????

若3号确认丢失，则W_T=【3，5】;

若4号确认丢失，则W_T=【4，6】。

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

2）因为W_T=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。

1. 从端口x收到无差错的帧，在转发表中查找目的站MAC地址。
2. 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）。
3. 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。
4. 转到6）。
5. 向网桥除了x 以外的所有端口转发此帧。
6. 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）。
7. 更新计时器。
8. 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。

1. 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∶

2. 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∶

3. 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∶

4. 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S_0,0、S_1,0、S_2,0。（1分）。R_3,3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S_5,2（1分），最后一个数据帧是S_1,2（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S_3,0和S_4,1，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S_2,3（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。S_2,0。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。