整理计算机网络期末复习题集的答案与解析，便于按题型和章节核对复习。

计算机网络概述与体系结构

题 1 · 填空题

按照覆盖范围对网络进行分类，最基本的两种类型是：_____和_____。

【解答】

答案： 局域网（LAN）；广域网（WAN）

解析： 计算机网络按地理覆盖范围分类，最基础且教材最常采用的划分是局域网与广域网。局域网覆盖范围通常为几十米至几公里（如机房、办公楼、校园），采用共享介质或交换式以太网技术，延迟低、速率高；广域网覆盖范围可达几十公里至全球（如跨市、跨国骨干网），依赖路由器分组交换与运营商链路，用于实现远距离主机互连。城域网（MAN）和个人网（PAN）多为在此基础上按距离或应用场景的细分扩展。期末复习掌握LAN与WAN的核心区别（覆盖距离、传输技术、拓扑结构）即可应对相关考点。

题 2 · 填空题

数据链路层、网络层、传输层的协议数据单元分别是_____、_____和_____。

【解答】

【答案】帧、分组（或数据包）、报文段（或段）

【解析】在计算机网络体系结构中，各层对上层传递下来的数据添加本层头部（及尾部）后形成的数据单元称为协议数据单元（PDU），其标准命名如下：

• 数据链路层：封装后的PDU称为帧（Frame），包含帧头、数据载荷和帧尾（如FCS）。
• 网络层：封装后的PDU称为分组或数据包（Packet），在IP网络中常特指IP数据报。
• 传输层：封装后的PDU统称为报文段或段（Segment）。若具体到TCP协议称“报文段”，UDP协议称“用户数据报”，填空题中填写“报文段”为通用标准答案。

题 3 · 填空题

当一台计算机从FTP服务器下载文件时，在该FTP服务器上对数据进行封装的5个转换步骤的相应数据单元为_____、_____、_____、_____、_____。

【解答】

答案： 数据、报文段、IP数据报（或分组）、帧、比特

解析： FTP基于TCP协议。在FTP服务器端发送文件时，数据按TCP/IP五层参考模型自上而下进行封装，各层对应的协议数据单元（PDU）依次为：

1. 应用层：原始文件内容称为数据（或报文）；
2. 运输层：TCP协议添加首部后，封装为报文段；
3. 网络层：IP协议添加首部后，封装为IP数据报（教材中也常称分组或包）；
4. 数据链路层：添加帧首部与帧尾部（含MAC地址与FCS校验）后，封装为帧；
5. 物理层：帧被转换为比特流，通过物理介质传输。

题 4 · 填空题

数据网络的一端传送到另一端所需要的总时延由_____、_____、_____、_____四个部分构成。

【解答】

答案：发送时延（或传输时延）、传播时延、处理时延、排队时延

解析：
在计算机网络中，分组从源端到目的端的总时延由以下四类基本时延叠加而成：

1. 发送时延（传输时延）：主机或路由器将分组的所有比特推送到传输链路上所需的时间。发送时延 = 数据帧长度(bit) / 发送速率(bps)。
2. 传播时延：电磁波在物理介质中传播一定距离所需的时间。传播时延 = 信道长度(m) / 电磁波传播速率(m/s)。
3. 处理时延：路由器或主机对接收到的分组进行首部解析、差错校验、路由查找等操作所消耗的时间。
4. 排队时延：分组在路由器输出队列中等待被发送到下一段链路上所经历的时间，其大小随网络负载和拥塞程度动态变化。

总时延 = 发送时延 + 传播时延 + 处理时延 + 排队时延。

题 5 · 不定项选择题

计算机网络不能被理解为（ ）。

A、执行计算机数据处理的软件模块
B、多个处理器通过共享内存实现的紧耦合系统
C、用于共同完成一项任务的分布式系统
D、由自治的计算机互联起来的集合体

【解答】

答案：A、B、C

解析：
本题要求选出对计算机网络概念描述错误（即“不能被理解为”）的选项。

• A项：计算机网络是实现数据通信、资源共享与信息传递的软硬件协同系统，并非单一的“数据处理软件模块”。描述错误，当选。
• B项：该选项描述的是紧耦合多处理机系统（通过共享主存交互）。计算机网络属于松耦合系统，各节点具有独立存储器，通过通信链路和协议交换报文，不共享物理内存。描述错误，当选。
• C项：该选项描述的是分布式系统。分布式系统建立在网络之上，核心特征是对用户透明（呈现为单一系统）且多机协同完成同一任务；而计算机网络的核心是自治计算机的互联与资源共享，各主机保留独立控制权与操作系统。两者在设计目标与高层软件架构上存在本质区别，不可等同。描述错误，当选。
• D项：完全符合计算机网络的经典定义（由地理位置不同、功能独立/自治的计算机通过通信设施互联而成的集合体）。属于正确理解，不当选。

综上，正确答案为 A、B、C。

题 6 · 不定项选择题

在计算机网络中可以没有的是（ ）。

A、客户机
B、服务器
C、操作系统
D、数据库管理系统

【解答】

正确答案：A、B、D

解析：

• A、B项（客户机、服务器）：计算机网络的应用模式既可采用客户机/服务器（C/S）架构，也可采用对等（P2P）架构。在P2P网络或某些专用骨干网中，无需划分专用的“客户机”或“服务器”实体，节点可动态兼具请求与服务功能，或仅承担路由/交换转发角色，因此两者均可不存在。
• C项（操作系统）：网络中的端系统（主机）及核心网络设备必须运行操作系统（或嵌入式网络OS/固件）才能实现协议栈封装/解封装、内存与I/O调度、硬件抽象及网络配置管理。它是支撑计算机网络通信功能的基础软件环境，不可或缺。
• D项（数据库管理系统）：属于典型的应用层业务软件，仅用于特定场景的数据结构化存储与查询。计算机网络的核心目标是实现数据通信与资源共享，大量基础网络应用（如文件传输、Web浏览、视频流媒体、即时通信等）完全不依赖DBMS即可正常运行，因此可以没有。

题 7 · 不定项选择题

当数据由端系统A传送至端系统B时，参与数据封装工作的是（ ）。

A、数据链路层
B、物理层
C、网络层
D、表示层

【解答】

答案：A、C

解析：

• 数据封装指发送端在数据由上向下传递时，各层在协议数据单元（PDU）前（或后）添加本层控制信息（首部及可能的尾部）的过程。
• A 数据链路层：正确。将网络层传下来的IP数据报封装为帧，添加帧首部（如源/目的MAC地址、类型字段）和帧尾部（如FCS差错校验）。
• C 网络层：正确。将传输层传下来的报文段封装为IP数据报，添加IP首部（如源/目的IP地址、协议号、TTL、分片信息等）。
• B 物理层：错误。物理层仅负责将数据链路层的帧转换为比特流/信号在物理介质上传输，不添加任何协议控制信息，不参与封装。
• D 表示层：错误。表示层（OSI第6层）主要负责数据格式转换、加密解密、压缩解压等语法与语义处理。在国内主流教材（如谢希仁《计算机网络》）及实际广泛使用的TCP/IP五层模型中，该层功能已并入应用层，且不属于典型的数据封装层次。

综上，本题选项中参与数据封装的典型层次为数据链路层与网络层，故选 A、C。

题 8 · 不定项选择题

下列叙述错误的是（ ）。

A、电路交换是真正的物理线路交换，而虚电路交换是逻辑上的连接，且一条物理线路只可以进行一条逻辑连接
B、虚电路的连接是临时性连接，当会话结束时就释放这种连接
C、数据报服务不提供可靠传输，但可以保证分组的有序到达
D、虚电路中的分组到达顺序可能与发出顺序不同

【解答】

答案：A、C、D

解析：
本题要求选出叙述错误的选项。

• A错误：电路交换确实建立独占的物理通路；虚电路交换建立的是逻辑连接，但一条物理链路上可通过时分/统计复用同时承载多条虚电路，各连接通过虚电路标识符（VCI/DLCI等）区分，并非只能有一条逻辑连接。
• B正确：虚电路属于面向连接的服务，通常在通信会话建立时创建逻辑通路（SVC，交换虚电路），会话结束后拆除并释放资源。该描述符合计算机网络基础教材的标准定义。
• C错误：数据报服务（如IP网络）是无连接的，网络层既不保证可靠传输，也不保证分组有序到达。各分组独立选路，可能经不同路径转发，因此会出现乱序、丢失或重复。
• D错误：虚电路在数据传输前已建立固定的逻辑路径，同一虚电路中的所有分组均沿该预定路径转发，因此到达顺序必定与发送顺序严格一致，不会出现乱序。

综上，叙述错误的选项为A、C、D。

题 9 · 简答题

网络体系结构为什么要分成多个层次？请画出 OSI七层体系结构与TCP/IP体系结构的对应关系。

【解答】

【最终答案】

一、网络体系结构分层的原因

1. 降低系统复杂度：将庞大复杂的网络通信过程分解为若干功能明确、边界清晰的层次，使设计与实现更易掌控。
2. 模块独立与接口标准化：各层仅通过定义的接口与相邻层交互，层内技术实现细节对外隐藏。某一层内部协议或硬件升级，只要接口不变，不会影响其他层。
3. 便于实现、调试与维护：开发人员可专注特定层次；网络故障可逐层隔离排查，提高可维护性。
4. 促进标准化与互操作性：明确各层功能与协议规范，打破厂商绑定，使不同设备与软件能够互联互通。
5. 支持技术平滑演进：底层传输介质或硬件技术更新时，上层应用与协议无需修改。

二、OSI七层体系结构与TCP/IP体系结构的对应关系

OSI参考模型（七层）          TCP/IP参考模型（四层）  
┌─────────────────────┐    ┌─────────────────────┐  
│ 7. 应用层 (Application)   │ \  
│ 6. 表示层 (Presentation)  │  →  应用层  
│ 5. 会话层 (Session)       │ /  
├─────────────────────┤    ├─────────────────────┤  
│ 4. 传输层 (Transport)     │  →  传输层  
├─────────────────────┤    ├─────────────────────┤  
│ 3. 网络层 (Network)       │  →  网际层（Internet层）  
├─────────────────────┤    ├─────────────────────┤  
│ 2. 数据链路层 (Data Link) │ \  
│ 1. 物理层 (Physical)      │  →  网络接口层（网络访问层）  
└─────────────────────┘    └─────────────────────┘  

必要解析（期末踩分提示）

• 分层原因：答题时务必突出“接口标准化”“层间独立”“降低复杂度”“便于调试/维护”四个核心得分点。
• 对应关系：TCP/IP通常按四层模型教学。其“应用层”合并了OSI的会话层、表示层和应用层；“网络接口层”合并了OSI的数据链路层与物理层；传输层与网际层与OSI严格一一对应。实际协议栈中，TCP/IP并未严格实现OSI的会话与表示层功能，而是由应用层协议（如HTTP、TLS等）自行处理。
• 绘图要求：考试中画出上下层级对应箭头或合并框即可，需标注中英文名称，确保层级顺序（自上而下或自下而上）一致。

题 10 · 简答题

请画出ISO/OSI体系结构与TCP/IP 体系结构各层的对应关系，并说明这两种分层结构的应用层有何区别，以及帧、分组、报文段分别是ISO/OSI哪一层的协议数据单元。

【解答】

1. ISO/OSI 与 TCP/IP 体系结构层对应关系

ISO/OSI 七层模型          TCP/IP 四层模型  
┌───────────────┐          ┌───────────────┐  
│    应用层     │          │               │  
│    表示层     │←───────→│    应用层     │  
│    会话层     │          │               │  
├───────────────┤          ├───────────────┤  
│    传输层     │←───────→│    传输层     │  
├───────────────┤          ├───────────────┤  
│    网络层     │←───────→│    网际层     │  
├───────────────┤          ├───────────────┤  
│    数据链路层 │          │               │  
│    物理层     │←───────→│   网络接口层  │  
└───────────────┘          └───────────────┘  

注：TCP/IP 实际教学中常采用四层模型；若按五层教学模型，则将“网络接口层”拆分为“数据链路层”与“物理层”，其余对应关系不变。

2. 两种分层结构应用层的区别

• 职责范围不同：OSI 的应用层仅负责为用户应用程序提供网络服务接口；数据格式转换、加密解密、压缩由表示层负责；对话控制、同步与恢复由会话层负责，三者严格分离。TCP/IP 的应用层则合并了 OSI 的应用层、表示层和会话层的功能。
• 工程实现差异：TCP/IP 将表示与会话功能交由具体应用协议（如 HTTP、FTP、SMTP）或应用库自行实现，设计更灵活、贴近实际工程，协议栈更精简；OSI 分层理论严谨但实现复杂，实际商用较少。

3. 协议数据单元（PDU）对应的 OSI 层级

• 帧（Frame） → 数据链路层
• 分组（Packet，亦称数据包/数据报） → 网络层
• 报文段（Segment，亦称数据段） → 传输层

简要说明：在 OSI 封装过程中，上层交付的数据加上本层控制首部（及可能的尾部）即形成本层 PDU。传输层将应用层数据分割并添加传输层首部形成报文段；网络层添加 IP 首部形成分组；数据链路层添加 MAC 帧头/帧尾及校验字段形成帧。物理层传输的是比特流（Bit），应用层交付的是报文（Message）。

题 11 · 计算题

假定一台计算机的显示存储器用DRAM芯片实现，若要求显示分辨率为1600×1200，颜色深度为24位，帧频为85HZ，显示总带宽的50%用来刷新屏幕，则需要的显存总带宽至少约为（ ）

A.245Mbps
B.979Mbps
C.1958Mbps
D.7834Mbps

【解答】

答案：D

解析：

1. 计算刷新屏幕所需的数据率（刷新带宽）
   公式：刷新带宽 = 分辨率 × 颜色深度 × 帧频
   代入数据：$1600 \times 1200 \text{ (像素/帧)} \times 24 \text{ (位/像素)} \times 85 \text{ (帧/s)} = 3\,916\,800\,000 \text{ bps}$
   单位换算：$3\,916\,800\,000 \text{ bps} = 3916.8 \text{ Mbps}$（注：带宽计算中 $1 \text{ Mbps} = 10^6 \text{ bps}$）

2. 计算显存总带宽
   已知刷新屏幕占用显示总带宽的 $50\%$，则：
   显存总带宽 = 刷新带宽 ÷ 占用比例
   代入数据：$3916.8 \text{ Mbps} \div 50\% = 3916.8 \text{ Mbps} \div 0.5 = 7833.6 \text{ Mbps}$
   四舍五入取整约为 7834 Mbps。

故正确答案为 D. 7834Mbps。

题 12 · 计算题

下列选项中，不属于网络体系结构中所描述的内容是（ ）

A.网络的层次
B.每一层使用的协议
C.协议的内部实现细节
D.每一层必须完成的功能

【解答】

答案：C

解析：
网络体系结构（如OSI参考模型、TCP/IP模型）是计算机网络层次结构模型及各层协议的集合，属于抽象的逻辑框架。其明确规定的内容包括：

• A项（网络的层次）：体系结构明确划分了网络的分层结构。
• B项（每一层使用的协议）：规定了各层对等实体间通信必须遵循的协议标准。
• D项（每一层必须完成的功能）：精确定义了每一层需实现的功能及向相邻层提供的服务。
• C项（协议的内部实现细节）：不属于体系结构描述的内容。体系结构仅规定逻辑框架与标准接口（即“做什么”和“对外提供什么”），而具体的软硬件实现方式、数据结构、算法优化等属于“实现（implementation）”范畴。将体系结构与实现细节解耦，是保证异构系统互操作性的核心原则。

故本题选C。

题 13 · 计算题

在下图所示的采用“存储-转发”方式分组的交换网络中所有链路的数据传输速度为100Mbps,分组大小为1000B，其中分组头大小20B，若主机H1向主机H2发送一个大小为980000B的文件，则在不考虑分组拆装时间和传播延迟的情况下，从HI发送到H2接收完为止，需要的时间至少是（ ）

A.80ms
B.80.08ms
C.80.16ms
D.80.24ms

【解答】

答案：D

解析：

1. 计算分组数量：
   • 文件总大小 $F = 980000 \text{ B}$。
   • 分组大小 $L = 1000 \text{ B}$，其中分组头 $H = 20 \text{ B}$。
   • 每个分组的数据部分（Payload）$P = L - H = 1000 - 20 = 980 \text{ B}$。
   • 分组数量 $N = F / P = 980000 / 980 = 1000$ 个。
2. 计算单个分组的发送时延：
   • 链路带宽 $R = 100 \text{ Mbps} = 100 \times 10^6 \text{ bps}$。
   • 分组长度 $L = 1000 \text{ B} = 8000 \text{ bits}$。
   • 单个分组的发送时延 $t = L / R = 8000 / (100 \times 10^6) \text{ s} = 80 \times 10^{-6} \text{ s} = 0.08 \text{ ms}$。
3. 确定链路数（跳数）：
   • 观察网络拓扑图，主机 H1 连接到左侧路由器，主机 H2 连接到右侧路由器。
   • 中间有三个圆柱体（路由器），连接关系为：左侧路由器连接下方路由器，下方路由器连接右侧路由器（呈现 V 型或串联结构，左侧与右侧路由器之间无直接连线）。
   • 因此，路径为：H1 $\rightarrow$ 路由器1 $\rightarrow$ 路由器2 $\rightarrow$ 路由器3 $\rightarrow$ H2。
   • 这就意味着中间经过了 3 个路由器，共有 4 段链路（$k=4$）。
   • 注：若理解为三角形拓扑且走最短路径（2个路由器），则答案为C。但根据图中连线（V型连接）及“至少”通常指理想传输条件（无排队），且图中明显画出3个设备串联，故按3个路由器计算。
4. 计算总时延：
   • 采用“存储-转发”方式，总时延 = 源主机发送所有分组的时间 + 最后一个分组在中间路由器的转发延迟。
   • 公式：$T = N \times t + (k - 1) \times t = (N + k - 1) \times t$。
   • 代入数值：$T = (1000 + 4 - 1) \times 0.08 \text{ ms} = 1003 \times 0.08 \text{ ms}$。
   • $T = 80.24 \text{ ms}$。

故正确选项为 D。

题 14 · 综合题

主机 A 向主机 B 发送一个长度为 107 比特的报文，中间要经过两个节点交换机，即一共经过三段链路。设每段链路的传输速率为2Mbit/s。忽略除传输时延外的其他时延。

（1）如果采用报文交换，即整个报文不分段，每台节点交换机收到整个报文后再转发。问：

• 从主机A把报文传送到第一个节点交换机需要多少时间？
• 从主机A把报文传送到主机B需要多少时间？

（2）如果采用分组交换。报文被划分为 1000 个等长的分组（忽略分组首部对本题计算的影响），并连续发送。节点交换机能够边接收边发送。问：

• 从主机A把第一个分组传送到第一个节点交换机需要多少时间？
• 从主机 A 把第一个分组传送到主机 B 需要多少时间？
• 从主机A把1000个分组传送到主机B需要多少时间？

（3）比较用整个报文传送和划分多个分组传送的优缺点。

【解答】

（1）报文交换

• 从主机A传送到第一个节点交换机：5 s
• 从主机A传送到主机B：15 s

（2）分组交换

• 第一个分组传送到第一个节点交换机：5 ms（0.005 s）
• 第一个分组传送到主机B：15 ms（0.015 s）
• 1000个分组传送到主机B：5.01 s

（3）报文交换与分组交换优缺点比较

必要解析与计算步骤

已知条件：

• 报文长度 $L = 10^7 \text{ bit}$
• 链路传输速率 $R = 2 \text{ Mbit/s} = 2 \times 10^6 \text{ bit/s}$
• 链路数 $h = 3$（A→交换机1→交换机2→B）
• 忽略传播时延、排队时延和处理时延，仅考虑传输时延。

（1）报文交换计算

报文交换采用存储转发（Store-and-Forward）机制，交换机必须收齐整个报文后才开始向下一段链路转发。

• 单个报文在一段链路上的传输时延：
  $T_{msg} = \frac{L}{R} = \frac{10^7 \text{ bit}}{2 \times 10^6 \text{ bit/s}} = 5 \text{ s}$
• A → 第一台交换机：仅经过1段链路，时延为 $1 \times 5 \text{ s} = \mathbf{5 \text{ s}}$。
• A → B：需依次经过3段链路，且每段均需完整接收5s后转发，总时延为：
  $T_{total_msg} = h \times T_{msg} = 3 \times 5 \text{ s} = \mathbf{15 \text{ s}}$

（2）分组交换计算

分组长度 $L_p = 10^7 / 1000 = 10^4 \text{ bit}$。
单个分组在一段链路上的传输时延：
$T_p = \frac{L_p}{R} = \frac{10^4}{2 \times 10^6} = 0.005 \text{ s} = \mathbf{5 \text{ ms}}$

• 第一个分组 A → 第一台交换机：经过1段链路，时延为 $\mathbf{5 \text{ ms}}$。
• 第一个分组 A → B：需经过3段链路，采用存储转发，总时延为 $3 \times T_p = 3 \times 5 \text{ ms} = \mathbf{15 \text{ ms}}$。
• 1000个分组 A → B：分组交换具有流水线（并行传输）效应。第一个分组到达B后，后续分组每隔 $T_p$ 到达一个。
  总时延公式：$T_{total_pkt} = (N + h - 1) \times T_p$ （$N$为分组数，$h$为链路数）
  $T_{total_pkt} = (1000 + 3 - 1) \times 0.005 \text{ s} = 1002 \times 0.005 \text{ s} = \mathbf{5.01 \text{ s}}$
  （等效理解：主机A连续发送1000个分组耗时 $1000 \times 0.005 = 5 \text{ s}$，此时最后一个分组刚离开A；它还需经过剩余2段链路到达B，耗时 $2 \times 0.005 = 0.01 \text{ s}$，总计 $5.01 \text{ s}$。）

（3）对比说明（考点归纳）

• 核心差异：报文交换是“整收整转”，分组交换是“化整为零+流水线”。
• 时延：分组交换利用链路并行传输，显著降低端到端时延（本题 5.01s vs 15s）。
• 资源利用：分组对缓存要求低，链路空闲少，带宽利用率高；报文交换易造成链路独占和缓存瓶颈。

• 开销与控制：分组需添加首部（寻址、序号、校验等），增加处理复杂度；报文首部开销比例小，但容错和路由灵活性差。

  ​

物理层

题 15 · 填空题

多路复用方法有： _____、_____、_____等。

【解答】

答案： 频分复用、时分复用、码分复用（或波分复用）

解析：
物理层多路复用技术旨在允许多个信号共享同一物理传输介质，以提高信道利用率。教材中标准分类如下：

• 频分复用（FDM）：将信道总带宽划分为若干互不重叠的子频带，每路信号占用一个固定频段，所有信号同时传输。常用于模拟通信和早期电话系统。
• 时分复用（TDM）：将时间划分为等长的时隙，各路信号按固定顺序轮流占用整个信道带宽，分时传输。广泛用于数字通信（如PCM基群）。
• 码分复用（CDM/CDMA）：各用户使用经过特殊挑选的正交码型进行调制，共享相同的频率和时间资源，接收端通过相关运算提取目标信号。是现代无线通信（如3G）的基础。
• 波分复用（WDM）：光纤通信中的频分复用，通过不同波长（频率）的光载波在同一根光纤中并行传输多路信号。

注：填空题任填上述三个标准术语即可得分，考试推荐填写“频分复用、时分复用、码分复用”。

题 16 · 填空题

宽带接入技术 xDSL 使用的传输介质是_____，FTTH 使用的传输介质是_____。

【解答】

答案： 双绞线（或电话线）；光纤

解析：

• xDSL：属于铜线接入技术，物理层传输介质为现有的双绞铜线（即普通电话线）。它利用频分复用技术，在双绞线的高频频段上传输数字数据，低频段保留给传统语音。
• FTTH：全称为光纤到户（Fiber To The Home），物理层传输介质为光纤。光网络单元（ONU）直接部署至用户侧，全程无铜线环节，具有超大带宽、低衰减、强抗电磁干扰等物理层特性。

题 17 · 不定项选择题

关于传输介质，以下说法中错误的是。

A. 双绞线被广泛用于以太网
B. 光纤又分为单模光纤和多模光纤
C. 光纤传输中的波分复用实际上就是时分多路复用
D. xDSL技术仍然使用传统电话线

【解答】

答案：C

解析：

• A项正确：双绞线（尤其是超五类Cat5e、六类Cat6）成本低、抗干扰能力适中且易于端接，是当前局域网以太网（如100BASE-TX、1000BASE-T、10GBASE-T）最广泛使用的物理层传输介质。
• B项正确：光纤按光信号传输模式的标准分类即为单模光纤（SMF，芯径约9μm，色散小，适用于长距离骨干网）和多模光纤（MMF，芯径50/62.5μm，适用于短距离接入）。
• C项错误：波分复用（WDM）本质上是频分复用（FDM）在光通信频段的具体实现，其原理是将不同波长（频率）的光载波信号复用到同一根光纤中并行传输；而时分多路复用（TDM）是将时间划分为固定长度的时隙，各路信号轮流占用信道。两者复用维度（频率/波长 vs 时间）与实现机制完全不同。
• D项正确：xDSL（如ADSL、VDSL等）技术正是利用已有的传统电话双绞线，通过高频频段传输数据、低频段传输语音的频分复用方式，实现宽带接入。

本题要求选出错误说法，故正确答案为 C。

题 18 · 不定项选择题

数字传输系统中的E1载波把32路信道按_____方式复用在一条2.048Mbps的信道上。

A、时分多路复用
B、频分多路复用
C、码分多路复用
D、波分多路复用

【解答】

答案：A

解析：
E1载波采用时分多路复用（TDM）技术。其原理是将一条2.048Mbps的物理信道在时间轴上划分为32个等长的时隙（TS0～TS31），每个时隙分配给一路信道使用，单路速率为64kbps（32×64kbps=2.048Mbps）。其中TS0固定用于帧同步，TS16用于传输信令，其余30个时隙用于承载用户数据或语音。

• B 频分多路复用：将频谱划分为多个子频带，主要用于传统模拟信号传输（如广播、ADSL），不适用于E1数字载波。
• C 码分多路复用：利用正交码序列区分信道，主要用于CDMA移动通信系统。
• D 波分多路复用：在光纤中按不同波长划分信道，属于光通信范畴。
  综上，本题仅A正确。

题 19 · 不定项选择题

在无噪声的情况下，若某个通信链路的带宽为 3kHz，采用 4 个相位，每个相位具有 4 种振幅的 QAM 调制技术，则该通信链路的最大数据传输率为（ ）。

A、12kb/s
B、24kb/s
C、48kb/s
D、96kb/s

【解答】

答案：B

解析：

1. 适用定理：题干明确“无噪声”条件，应使用奈奎斯特定理（Nyquist Theorem）计算理想低通信道的极限数据传输率，公式为：
   $C = 2B \log_2 M \quad (\text{单位：b/s})$
   其中 $B$ 为信道带宽，$M$ 为码元离散状态数（调制阶数）。
2. 参数提取：
   • 带宽 $B = 3 \text{kHz} = 3000 \text{Hz}$；
   • QAM 调制状态数 $M = 4 \text{（相位）} \times 4 \text{（振幅）} = 16$；
   • 每个码元携带的比特数 $n = \log_2 M = \log_2 16 = 4 \text{ bit/码元}$。
3. 代入计算：
   $C = 2 \times 3000 \times 4 = 24000 \text{ b/s} = 24 \text{ kb/s}$
4. 结论：计算结果唯一对应选项 B，故正确答案为 B。

题 20 · 不定项选择题

一条广播信道上接有3个站点A、B、C，介质访问控制采用信道划分方法，信道划分采用码分复用技术，A、B 要向 C 发送数据，设 A 的码片序列为 +1，-1，-1，+1，+1，+1，+1，-1。站B可以选用的码片序列为（ ）。

A、-1，-1，-1，+1，-1，+1，+1，+1
B、-1，+1，-1，-1，-1，+1，+1，+1
C、-1，+1，-1，+1，-1，+1，-1，+1
D、-1，+1，-1，+1，-1，+1，+1，+1

【解答】

答案：D

解析：
本题考查码分复用（CDM/CDMA）中码片序列的正交性原则。

• 核心原理：在码分复用系统中，不同站点使用的码片序列必须相互正交，以保证接收端能无干扰地分离出目标信号。设站A、B的码片序列分别为 $S_A=(a_1,a_2,\dots,a_n)$ 和 $S_B=(b_1,b_2,\dots,b_n)$，正交条件为两序列的内积为 0，即：
  $\sum_{i=1}^{n} a_i \cdot b_i = 0$
  （注：各序列自身内积 $\sum a_i^2 = n$，本题选项均由 $\pm1$ 组成，自然满足。）

• 逐项计算验证（已知 $S_A = +1, -1, -1, +1, +1, +1, +1, -1$）：
  • A项：$(-1)+(+1)+(+1)+(+1)+(-1)+(+1)+(+1)+(-1) = 2 \neq 0$
  • B项：$(-1)+(-1)+(+1)+(-1)+(-1)+(+1)+(+1)+(-1) = -2 \neq 0$
  • C项：$(-1)+(-1)+(+1)+(+1)+(-1)+(+1)+(-1)+(-1) = -2 \neq 0$
  • D项：$(-1)+(-1)+(+1)+(+1)+(-1)+(+1)+(+1)+(-1) = 0$
• 结论：仅 D 选项与站 A 的码片序列内积为 0，满足正交条件。本题虽标注为不定项选择题，但符合物理层码分复用正交要求的选项唯一，故正确答案为 D。

题 21 · 计算题

典型的宽带接入技术（FTTH）所使用的传输介质是：_____。

【解答】

答案： 光纤

解析： FTTH（Fiber To The Home，光纤到户）的物理层传输介质为光纤（实际工程中通常采用 G.652 单模光纤）。该技术利用光信号在纤芯与包层界面的全反射原理进行数据传输，从根本上突破了传统铜线介质（双绞线、同轴电缆）的带宽瓶颈与衰减限制，具有传输速率高、中继距离长、抗电磁干扰强等物理层优势，是当前固定宽带接入的标准介质。

题 22 · 课后习题

试解释以下名词：数据、信号、模拟数据、模拟信号、基带信号、带通信号、数字数据、数字信号、码元、单工通信、半双工通信、全双工通信、串行传输、并行传输。

【解答】

数据：运送信息的实体。
【解析】信息是抽象的，数据是信息的具体物理载体，可以是模拟量或数字量。

信号：数据的电气的或电磁的表现。
【解析】信号是数据在传输介质上的物理形式，通信系统通过检测信号的变化来还原数据。

模拟数据：取值连续的数据。
【解析】如人的语音、温度、压力等，在时间和幅度上均连续变化。

模拟信号：代表消息的参数的取值是连续的信号。
【解析】波形在时间和幅度上均连续，典型如正弦波。易受噪声干扰，但频带利用率较高。

基带信号：来自信源的未经调制的原始信号（通常指数字基带信号）。
【解析】直接将0/1转换为高低电平脉冲，不搬移频率。占用低频段，多用于短距离有线通信（如局域网以太网）。

带通信号：将基带信号经过载波调制后，频率范围搬移到较高频段的信号。
【解析】调制使信号适应特定信道的频率特性，可复用且抗干扰，广泛用于无线通信和长距离传输（如Wi-Fi、5G、ADSL）。

数字数据：取值离散的数据。
【解析】如计算机生成的二进制比特流（0和1），在时间和幅度上均离散，易于存储和处理。

数字信号：代表消息的参数的取值是离散的信号。
【解析】通常用不同电压电平或光脉冲表示离散值，抗干扰能力强，便于再生中继，是现代通信的主流形式。

码元：在使用时域波形表示数字信号时，代表不同离散数值的基本波形。
【解析】一个码元可携带1比特或多比特信息。码元传输速率单位是波特（Baud），信息传输速率单位是比特/秒（bit/s），二者关系为：$R_b = R_B \log_2 M$（$M$为码元状态数）。

单工通信：只能有一个方向的通信而没有反方向的交互。
【解析】通信双方角色固定，一方仅发送，另一方仅接收。例：广播电台→收音机、传统键盘→主机。

半双工通信：通信双方都可以发送信息，但不能同时发送（也不能同时接收）。
【解析】分时交替双向传输，需切换收发状态。例：对讲机、早期共享式以太网（CSMA/CD）。

全双工通信：通信双方可以同时发送和接收信息。
【解析】需两条独立物理信道，或采用频分双工（FDD）/回声抵消技术。例：现代电话网络、交换机全双工以太网。

串行传输：数据流以串行方式在一条信道上一位接一位地传输。
【解析】节省线路成本，抗干扰性好，适合远距离传输。例：USB、RS-232、光纤、PCIe。

并行传输：数据以成组的方式在多条并行信道上同时传输。
【解析】理论吞吐率高，但线路成本高、线间串扰严重、时钟同步困难，仅适合短距离。例：计算机内部数据总线、旧式打印机LPT接口。

题 23 · 课后习题

物理层的接口有哪几个方面的特性？各包含些什么内容？

【解答】

最终答案：
物理层的接口特性包括四个方面：机械特性、电气特性、功能特性、规程特性（亦称过程特性）。

解析（期末复习要点）：

1. 机械特性：规定接口连接器的物理结构。包含接线器的形状与尺寸、引脚（导线）数目与排列顺序、固定与锁定装置等。例如 RJ-45 水晶头的尺寸与 8 针排列。
2. 电气特性：规定接口线缆上的电气参数。包含各条信号线上电压的范围、阻抗匹配、数据传输速率、最大传输距离及信号电平标准等。例如 RS-232 规定逻辑“1”为 -3V～-15V，逻辑“0”为 +3V～+15V。
3. 功能特性：规定每条信号线的功能定义。指明某条线上出现的特定电平电压所代表的物理意义，即线路是用于传输数据、发送控制信号、提供时钟同步，还是作为接地线等。
4. 规程特性（过程特性）：规定接口通信的时序与操作步骤。指明利用信号线传输比特流时，各种可能事件（如建立连接、发送请求、传输数据、断开连接等）出现的先后顺序及状态转换规则。

注：本题为物理层基础核心考点，答题时按“名称+核心定义”逐条列出即可得满分。

题 24 · 课后习题

假定某信道受奈氏准则限制的最高码元速率为 20000 码元/秒。如果采用振幅调制，把码元的振幅划分为 16 个不同等级来传送，那么可以获得多高的数据率 (bit/s)？

【解答】

答案： 80000 bit/s（或 80 kbit/s）

解析：
根据奈氏准则，理想信道下数据率（比特率）$R_b$ 与码元速率（波特率）$R_B$ 及码元离散状态数 $V$ 的关系为：
$R_b = R_B \times \log_2 V$

已知条件：

• 最高码元速率 $R_B = 20000$ 码元/秒（Baud）
• 振幅调制等级数 $V = 16$

计算步骤：

1. 求单个码元携带的信息量：$\log_2 16 = 4$ bit/码元
2. 代入公式求数据率：$R_b = 20000 \, \text{码元/s} \times 4 \, \text{bit/码元} = 80000 \, \text{bit/s}$

故该信道可获得的数据率为 80000 bit/s（即 80 kbit/s）。

题 25 · 课后习题

用香农公式计算一下，假定信道带宽为 3100 Hz，最大信息传输速率为 35 kbit/s，那么若想使最大信息传输速率增加 60%，问信噪比 $S/N$ 应增大到多少倍？如果在刚才计算出的基础上将信噪比 $S/N$ 再增大到 10 倍，问最大信息传输速率能否再增加 20%？

【解答】

最终答案

1. 信噪比 $S/N$ 应增大到约 109 倍。
2. 最大信息传输速率 不能 再增加 20%。

必要解析

已知条件与公式

• 带宽 $B = 3100\ \text{Hz}$
• 初始极限速率 $C_1 = 35\ \text{kbit/s} = 35000\ \text{bit/s}$
• 香农公式：$C = B \log_2(1 + S/N)$（$S/N$ 为线性功率比值，非 dB 值）

步骤 1：求初始信噪比 $S/N_1$
$C_1 = B \log_2(1 + S/N_1)$
$\log_2(1 + S/N_1) = \frac{35000}{3100} \approx 11.2903$
$1 + S/N_1 = 2^{11.2903} \approx 2509.56 \quad \Rightarrow \quad S/N_1 \approx 2508.56$

步骤 2：求速率提升 60% 对应的信噪比 $S/N_2$ 及增大倍数
目标速率 $C_2 = 35000 \times (1 + 60\%) = 56000\ \text{bit/s}$
$\log_2(1 + S/N_2) = \frac{56000}{3100} \approx 18.0645$
$1 + S/N_2 = 2^{18.0645} \approx 274099.5 \quad \Rightarrow \quad S/N_2 \approx 274098.5$
信噪比需增大的倍数：
$k = \frac{S/N_2}{S/N_1} = \frac{274098.5}{2508.56} \approx 109.26 \approx \mathbf{109}\text{ 倍}$

步骤 3：判断信噪比再增大 10 倍后，速率能否再增 20%
新信噪比 $S/N_3 = S/N_2 \times 10 \approx 2.741 \times 10^6$
计算此时理论最大速率 $C_3$：
$C_3 = 3100 \times \log_2(1 + 2.741 \times 10^6) \approx 3100 \times \log_2(2.741 \times 10^6)$
利用换底公式 $\log_2 x = \frac{\lg x}{\lg 2}$：
$\log_2(2.741 \times 10^6) \approx \frac{6.4379}{0.3010} \approx 21.386$
$C_3 \approx 3100 \times 21.386 \approx 66297\ \text{bit/s}$
若速率在 $C_2$ 基础上再增加 20%，目标值应为：
$C_{\text{目标}} = 56000 \times 1.2 = 67200\ \text{bit/s}$
结论：$C_3\ (66297\ \text{bit/s}) < C_{\text{目标}}\ (67200\ \text{bit/s})$，故 不能 再增加 20%。

复习要点

• 香农公式中 $S/N$ 必须使用线性比值参与对数运算，切勿直接代入 dB 值。
• 信道容量 $C$ 与带宽 $B$ 呈线性关系，与信噪比 $S/N$ 呈对数关系。信噪比极高时，$C$ 的增长会显著放缓，因此“信噪比提升10倍”带来的速率增益远小于“信噪比提升约109倍”时的增益，符合对数函数特性。

题 26 · 课后习题

为什么要使用信道复用技术？常用的信道复用技术有哪些？

【解答】

最终答案：

1. 使用原因： 提高信道利用率，降低通信成本。
2. 常用技术： 频分复用（FDM）、时分复用（TDM）、波分复用（WDM）、码分复用（CDM）、统计时分复用（STDM）。

必要解析：

• 原因分析（按逻辑分步）：
  1. 资源稀缺与成本高昂： 物理传输介质（光纤、同轴电缆、无线电频谱等）的带宽有限，且铺设或租用费用高。
  2. 独占模式效率低： 若每个通信连接独占一条物理信道，在用户未发送数据时信道处于空闲状态，造成带宽严重浪费。
  3. 复用核心思想： 通过在频率、时间或码型等维度对物理信道进行正交划分，使多路信号共享同一物理链路，从而在不增加物理线路的前提下成倍提升信道吞吐量，显著摊薄单位通信成本。
• 常用技术说明（教材标准定义）：
  1. 频分复用（FDM）： 将信道总带宽划分为多个互不重叠的子频带，各用户分配固定频段并行传输。适用于模拟信号系统（如传统无线电广播、有线电视）。
  2. 时分复用（TDM）： 将时间轴划分为等长时隙，多个用户按固定轮询顺序轮流占用整个信道带宽。适用于数字信号（如PCM基群E1/T1）。固定分配机制在用户无数据时会产生空闲时隙。
  3. 统计时分复用（STDM）： TDM的优化方案，采用动态按需分配策略，仅当用户有数据发送时才分配时隙，并在帧头添加目的地址标识，大幅提高实际信道利用率。
  4. 波分复用（WDM）： 光域的频分复用。利用不同波长的光载波在同一根光纤中传输，通过光合波器/分波器实现多路复用/解复用，是现代光纤骨干网扩容的核心技术。
  5. 码分复用（CDM）： 各用户使用相互正交（或准正交）的码片序列对数据进行扩频编码，所有用户可在同一时间、同一频段内同时通信。接收端利用码型相关性提取目标信号，抗干扰与保密性强，是CDMA移动通信的底层物理层技术。

题 27 · 课后习题

试写出下列英文缩写的全称，并进行简单的解释：FDM，FDMA，TDM，TDMA，STDM，WDM，DWDM，CDMA，SONET，SDH，STM-1，OC-48。

【解答】

以下是标准答案及期末复习解析（术语与速率均对齐主流教材）：

FDM

• 全称：Frequency Division Multiplexing
• 解释：频分复用。将信道总带宽划分为多个互不重叠的子频带，每路信号占用一个子频带在同一时间并行传输，接收端通过带通滤波器分离。

FDMA

• 全称：Frequency Division Multiple Access
• 解释：频分多址。FDM在无线多址接入中的应用，为不同用户分配不同的载波频段，实现多用户共享无线频谱。

TDM

• 全称：Time Division Multiplexing
• 解释：时分复用。将时间划分为等长时隙，多路信号按固定周期轮流占用信道，在同一频率上交替传输。

TDMA

• 全称：Time Division Multiple Access
• 解释：时分多址。TDM在无线接入中的应用，将时间划分为帧和时隙，为不同用户分配固定时隙进行通信。

STDM

• 全称：Statistical Time Division Multiplexing
• 解释：统计时分复用。动态按需分配时隙，仅当终端有数据发送时才分配时隙，并在帧中加入地址标识，相比固定TDM显著提高信道利用率。

WDM

• 全称：Wavelength Division Multiplexing
• 解释：波分复用。光域的频分复用，利用光合波器将不同波长的光载波信号复用到单根光纤中传输，接收端用分波器分离。

DWDM

• 全称：Dense Wavelength Division Multiplexing
• 解释：密集波分复用。波长间隔更小（通常≤1.6 nm或0.8 nm），单纤可复用数十至数百路信号，用于大容量骨干网。

CDMA

• 全称：Code Division Multiple Access
• 解释：码分多址。所有用户在同一时间、同一频段通信，通过分配相互正交（或准正交）的扩频码区分用户，抗多径干扰能力强。

SONET

• 全称：Synchronous Optical Network
• 解释：同步光网络。ANSI制定的光纤传输标准，采用同步复用、标准光接口和强OAM功能，主要应用于北美地区。

SDH

• 全称：Synchronous Digital Hierarchy
• 解释：同步数字体系。ITU-T制定的国际标准，与SONET兼容，采用同步复用、指针调整和标准速率等级（STM-N），全球通用。

STM-1

• 全称：Synchronous Transport Module level 1
• 解释：SDH的基本传输模块，标准速率为 155.520 Mbit/s，是SDH复用体系的基准速率（对应SONET的OC-3）。

OC-48

• 全称：Optical Carrier level 48
• 解释：SONET的光载波第48级速率等级，速率为 2.488 Gbit/s（51.84 Mbit/s × 48），对应SDH的 STM-16。

复习提示：

• FDM/TDM/WDM/STDM/CDMA 属于物理层复用技术；FDMA/TDMA/CDMA 是其衍生的多址接入方式。

• SONET（北美）与 SDH（国际标准）核心机制相同，仅速率命名不同：OC-1 = 51.84 Mbps，STM-1 = 155.52 Mbps = OC-3，倍数关系需熟记。

  ​

数据链路层与局域网

题 28 · 填空题

IEEE 局域网的数据链路层分为_____和_____两个子层。

【解答】

答案： 逻辑链路控制（LLC）子层、介质访问控制（MAC）子层

解析：
根据 IEEE 802 标准体系，为适配不同的物理传输介质与介质访问控制方式，同时为上层提供统一接口，局域网的数据链路层被划分为：

1. 介质访问控制（MAC）子层：负责解决多节点共享信道时的访问冲突（如 CSMA/CD、令牌传递等），处理物理地址（MAC 地址）寻址、帧的封装/解封及差错检测（CRC）。
2. 逻辑链路控制（LLC）子层：位于 MAC 子层之上，负责向网络层提供服务，实现逻辑链路的建立/释放、流量控制与差错恢复（现多已简化），并通过服务访问点（SAP）实现多协议复用。

题 29 · 填空题

在局域网标准中，IEEE 802.3 是_____的标准，IEEE 802.11 是_____的标准。

【解答】

答案： 以太网（或有线局域网）；无线局域网（或 WLAN）

解析：

• IEEE 802.3 规定了采用 CSMA/CD 介质访问控制方法的局域网技术规范，即以太网标准，主要用于有线网络。
• IEEE 802.11 规定了采用 CSMA/CA 介质访问控制方法的局域网技术规范，即无线局域网（WLAN/Wi-Fi）标准。
  两者均属于 IEEE 802 委员会制定的数据链路层核心子标准，期末常以对比形式考查其应用场景与访问控制协议。

题 30 · 填空题

主机甲采用停止-等待协议向主机乙发送数据，数据传输率是3kb/s，单向传播时延是200ms，忽略确认帧的传输时延。当信道利用率等于40%时，数据帧的长度为_____。

【解答】

答案： 800 bit

解析：
停止-等待协议的信道利用率公式为：
$U = \frac{T_{\text{传}}}{T_{\text{传}} + 2T_{prop} + T_{ack}}$
其中，$T_{\text{传}}$ 为数据帧传输时延，$T_{prop}$ 为单向传播时延，$T_{ack}$ 为确认帧传输时延。
本题已知：$U = 40\% = 0.4$，$T_{prop} = 200\text{ms} = 0.2\text{s}$，$T_{ack} = 0$，数据传输率 $R = 3\text{kb/s} = 3000\text{b/s}$。
设数据帧长度为 $L$ (bit)，则 $T_{\text{传}} = \frac{L}{R} = \frac{L}{3000}$。

代入公式：
$0.4 = \frac{L/3000}{L/3000 + 2 \times 0.2}$
$0.4 = \frac{L/3000}{L/3000 + 0.4}$

解方程：
$0.4 \left( \frac{L}{3000} + 0.4 \right) = \frac{L}{3000}$
$0.4 \times \frac{L}{3000} + 0.16 = \frac{L}{3000}$
$0.16 = 0.6 \times \frac{L}{3000}$
$L = \frac{0.16 \times 3000}{0.6} = 800 \text{ bit}$

故数据帧长度为 800 bit（若按字节计为 100 Byte，填空题通常直接填 800 bit 即可）。

题 31 · 不定项选择题

以太网交换机按照自学习算法建立转发表，它通过_____进行地址学习。

A. 帧中的源 MAC 地址
B. 帧中的目的MAC 地址
C. 帧中的源MAC 地址和目的MAC 地址
D. ARP 协议

【解答】

答案：A

解析：
以太网交换机建立转发表（MAC地址表）采用的是自学习算法，其核心规则为：仅根据数据帧的源MAC地址进行学习，根据目的MAC地址进行转发。

• A正确：交换机从某端口收到帧时，提取帧头中的源MAC地址，并将其与该接收端口号绑定记录到转发表中，完成地址学习。
• B错误：目的MAC地址用于查找转发表以确定转发端口（或执行泛洪），不参与学习过程。
• C错误：学习过程仅依赖源MAC地址，目的地址仅用于转发决策，二者功能严格分离。
• D错误：ARP协议用于主机/路由器在IP层与MAC层之间进行地址解析；交换机工作在数据链路层，对上层协议透明，不依赖ARP建立或维护转发表。

题 32 · 不定项选择题

一个12端口的二层交换机的冲突域和广播域的个数分别是_____。

A、12，12
B、12，1
C、1，12
D、1，1

【解答】

答案：B

解析：

• 冲突域（Collision Domain）：指同一时刻只能有一个节点发送数据、否则会发生冲突的网络区域。二层交换机的每个端口内部都采用独立交换矩阵，端口之间完全隔离冲突，因此每个端口构成一个独立的冲突域。12端口交换机共有 12个冲突域。
• 广播域（Broadcast Domain）：指能接收任意设备发出的广播帧的所有节点的集合。默认配置下，二层交换机对广播帧进行泛洪转发，不隔离广播域，所有端口均处于同一个广播域中，因此共有 1个广播域。（注：若题目明确说明划分了VLAN，则广播域个数等于VLAN数；本题未提及，按基础默认情况处理。）
• 选项分析：
  • A：广播域个数错误，交换机默认不隔离广播。
  • B：符合二层交换机默认特性，正确。
  • C：冲突域与广播域个数颠倒。
  • D：1个冲突域、1个广播域是物理层设备集线器（Hub）的特征。

题 33 · 不定项选择题

下面关于PPP协议的说法，错误的是。

A. 可以支持不同的网络层协议
B. 既支持异步链路，也支持同步链路
C. 在建立LCP链路后，进行身份鉴别
D. 使用帧序号来保证可靠传输

【解答】

答案：D

解析：

• A项正确：PPP协议通过NCP（网络控制协议）族可适配多种网络层协议（如IP、IPX、AppleTalk等），具有良好的多协议支持能力。
• B项正确：PPP是物理层透明的数据链路层协议，既可在异步链路（采用字符填充/字节转义）上运行，也可在同步链路（采用零比特填充）上运行。
• C项正确：PPP标准状态机的工作顺序为：链路建立（LCP协商）→ 身份鉴别（PAP或CHAP）→ 网络层协议配置（NCP）→ 数据传输。身份鉴别确实在LCP链路建立之后进行。
• D项错误：PPP是不可靠的数据链路层协议，不使用帧序号、确认与重传机制，仅提供FCS差错检测。它面向点对点链路设计，假设误码率较低，可靠传输由上层协议（如TCP）负责。

本题要求选出错误说法，故选D。

题 34 · 不定项选择题

下列关于虚拟局域网的描述，错误的是_____。

A．虚拟局域网属于 IEEE 802 系列标准
B．虚拟局域网可以隔离广播风暴
C．两个虚拟局域网之间的通信无需通过网络层
D．可以在一台网络交换机上划分多个虚拟局域网

【解答】

答案： C

解析：

• A项正确：虚拟局域网（VLAN）的核心标准为 IEEE 802.1Q，明确归属于 IEEE 802 系列标准。
• B项正确：VLAN 的核心作用是将物理网络划分为多个逻辑广播域，广播帧仅在所属 VLAN 内转发，从而有效隔离和抑制广播风暴。
• C项错误：VLAN 工作在数据链路层（第二层），不同 VLAN 之间默认二层隔离。要实现跨 VLAN 通信，必须依赖路由器或三层交换机进行网络层（第三层）路由转发，因此必须经过网络层。
• D项正确：现代以太网交换机均支持 VLAN 功能，可在单台物理设备上通过配置划分多个逻辑上独立的虚拟局域网。

本题要求选出描述错误的选项，故答案为 C。

题 35 · 不定项选择题

以太网交换机某端口收到数据帧时，如果在转发表中未找到目的 MAC地址，则 _。

A、 将帧发送给DHCP 服务器
B、 将帧传送到特定端口进行ARP 查找
C、 将以太网帧发送到除本端口以外的所有端口
D、 丢弃该帧

【解答】

答案：C

解析：
以太网交换机默认采用泛洪（Flooding）机制处理未知单播帧。当交换机在MAC地址转发表中查不到目的MAC地址时，会将该数据帧从除接收端口外的所有其他端口转发出去，以确保帧能够到达目的主机。目的主机响应后，交换机即可学习到该MAC地址与端口的映射关系，后续通信即可实现精确转发。

• A错误：DHCP工作在网络层/应用层，用于动态分配IP地址，与数据链路层帧的转发决策无关。
• B错误：ARP由主机或路由器使用，用于解析IP地址对应的MAC地址；交换机是二层设备，仅依据MAC转发表转发，不主动发起或代理ARP查询。
• C正确：符合IEEE 802.1D标准中交换机对未知单播帧的标准处理行为（泛洪）。
• D错误：标准交换机不会直接丢弃未知目的MAC的帧（除非人为配置了端口安全、MAC过滤等策略），丢弃会导致通信无法建立。

题 36 · 不定项选择题

下列有关数据链路层差错控制的叙述中，正确的是（ ）。

A、数据链路层只能提供差错检测，而不提供对差错的纠正
B、通信双方使用CRC校验时可以无须商定就直接使用多项式编码
C、CRC校验码中，有一些特殊的多项式，因为其有很好的特性，而成了国际标准
D、CRC校验可以使用硬件来完成

【解答】

【答案】A、C、D

【解析】

• A项正确：主流数据链路层协议（如以太网）仅采用CRC等技术进行差错检测，发现差错后直接丢弃帧，不提供差错纠正（即前向纠错）。差错恢复通常依赖高层协议（如TCP）的重传机制或物理层的纠错编码。
• B项错误：CRC校验基于模2除法，收发双方必须预先约定相同的生成多项式（除数），否则校验结果无法对齐，通信将失败。
• C项正确：CRC算法中存在若干数学特性优异的多项式（如能检测所有单/双比特错、奇数个错及长度≤校验位的突发错），已被IEEE、ITU-T等组织标准化（如CRC-16-CCITT、CRC-32以太网标准）。
• D项正确：CRC的模2运算（移位与异或）逻辑规则固定，极易通过硬件电路（线性反馈移位寄存器LFSR）并行实现。现代网卡/交换芯片均在物理层/数据链路层硬件中固化CRC计算模块，以满足线速转发需求。

题 37 · 不定项选择题

根据CSMA/CD协议的工作原理，需要提高最短帧长度的是（ ）。

A、网络传输率不变，冲突域的最大距离变短
B、上层协议使用TCP的概率增加
C、冲突域的最大距离不变，网络传输率提高
D、在冲突域不变的情况下减少线路中的中继器数量

【解答】

答案：C

解析：
CSMA/CD协议的核心要求是：发送站必须在帧发送完毕前能够检测到可能发生的冲突。因此，帧的发送时延必须不小于信号在冲突域内的往返传播时延（即争用期/碰撞窗口）。
计算公式为：L_min / R ≥ 2τ → L_min ≥ R × 2τ
（L_min：最短帧长度；R：网络数据传输率；τ：信号单向最大传播时延，由冲突域最大距离和介质传播速度决定）

• A项错误：传输率 R 不变，冲突域最大距离变短导致 τ 减小，所需最短帧长 L_min 应减小。
• B项错误：TCP为传输层协议，其使用概率与数据链路层CSMA/CD的物理/链路参数无关。
• C项正确：冲突域最大距离不变即 τ 不变，网络传输率 R 提高，根据公式 L_min ≥ R × 2τ，必须提高最短帧长度才能保证冲突检测有效。
• D项错误：冲突域地理范围不变，但减少中继器会降低信号再生与转发时延，使往返时延 2τ 减小，最短帧长要求应减小或不变，无需提高。

综上，仅C选项符合CSMA/CD协议对最短帧长的约束条件。

题 38 · 不定项选择题

以下关于以太网地址的描述，正确的是（ ）。

A、以太网地址就是通常所说的MAC地址
B、以太网参考模型一般只包括物理层和数据链路层
C、MAC地址是通过域名解析获得的
D、以太网地址通常存储在网卡中

【解答】

答案：A、B、D

解析：

• A项正确：以太网地址即IEEE 802标准定义的硬件地址，在计算机网络教材中通常直接称为MAC地址（Media Access Control Address，介质访问控制地址）或物理地址，三者为同义概念。
• B项正确：以太网属于典型的局域网技术，其协议体系仅覆盖OSI参考模型的最底层两层，即物理层和数据链路层（IEEE 802标准将数据链路层进一步划分为MAC子层和LLC子层）。
• C项错误：域名解析（DNS）实现的是“域名与 IP 地址之间”的映射。MAC地址的获取在网络层使用ARP协议（IPv4）或NDP协议（IPv6）完成，且MAC地址是硬件出厂分配的，与域名解析机制完全无关。
• D项正确：以太网地址由IEEE统一分配厂商前缀，由制造商固化烧录在网卡（NIC）的ROM/EEPROM中，具有全球唯一性，通常称为BIA（Burned-In Address，烧录地址）。

题 39 · 简答题

以太网使用的CSMA/CD协议是以争用方式接入共享信道的。与传统的时分复用（TDM）相比，其优缺点是什么？

【解答】

【最终答案】
优点：

1. 轻载时信道利用率高：按需动态分配信道，节点无数据发送时不占用资源，避免了TDM固定时隙空闲造成的带宽浪费。
2. 接入灵活，支持即插即用：无需中心调度或预先分配时隙，新节点加入后可直接参与信道竞争，网络扩展与拓扑变更方便。
3. 实现简单，部署成本低：采用分布式控制机制（载波监听+冲突检测+二进制指数退避），无需复杂的时钟同步与中央控制器。

缺点：

1. 重载时性能急剧下降，延迟不确定：数据量大或节点活跃时冲突概率显著上升，频繁重传与退避导致吞吐量降低、平均延迟增大且抖动明显。
2. 无法保证服务质量（QoS）：争用机制本质为“尽力而为”，不能为特定节点或业务预留固定带宽与时延，不适用于实时性要求高的业务。
3. 网络规模受物理层限制：为保证冲突检测有效，必须满足端到端传播时延 ≤ 最小帧发送时延（争用期），限制了网络最大跨度与可连接节点数。

【必要解析】

1. 对比核心逻辑（答题步骤）：
   • 分配方式差异：TDM为静态固定分配（时间片轮转），CSMA/CD为动态随机分配（有数据则争用）。
   • 负载适应性分析：轻载时，TDM空转浪费，CSMA/CD高效；重载时，TDM稳定无冲突，CSMA/CD冲突频繁、效率骤降。
   • 业务匹配性分析：TDM适合流量恒定、时延敏感业务（如传统语音）；CSMA/CD适合突发性强、活跃率低的局域网数据业务。
   • 物理约束分析：CSMA/CD依赖冲突检测，受争用期限制网络直径；TDM无此限制，但依赖全局时钟同步。
2. 考点提示：期末常考“轻载/重载对比”“QoS保障差异”“争用期对网络规模的限制”。现代交换式以太网已采用全双工点对点通信，彻底淘汰CSMA/CD，但理解其与TDM的对比仍是介质访问控制子层的核心理论基础。

题 40 · 简答题

PPP协议为什么不使用帧的编号和确认机制来实现可靠传输？

【解答】

答案：
PPP协议不使用帧编号和确认机制实现可靠传输，主要基于以下四点原因：

1. 链路误码率极低：PPP用于点对点链路，通常采用质量较高的专用物理介质（如光纤、数字专线），帧传输出错或丢失的概率很小，无需在数据链路层引入重传机制。
2. 协议设计追求简单高效：PPP的核心设计原则是低开销与低延迟。加入序号、确认、超时重传和滑动窗口等机制会大幅增加协议首部开销、处理复杂度和传输延迟，违背其轻量级定位。
3. 遵循分层原则，避免功能冗余：现代网络体系结构中，端到端的可靠传输应由传输层（如TCP）统一负责。数据链路层仅提供差错检测（FCS/CRC校验），发现错帧直接丢弃即可，将流量控制与可靠传输交由上层，可防止各层功能重复导致的性能下降。
4. 实际部署的灵活性：若上层应用需要可靠传输，直接依赖TCP等协议即可；若物理链路质量确实恶劣，通常应更换介质或改用支持可靠模式的其他数据链路层协议（如HDLC的平衡/非平衡正常响应模式），而非在PPP中强行添加确认重传。

必要解析（期末复习提示）：

• 核心考点：数据链路层是否必须提供可靠传输？答案是否定的。PPP仅提供“不可靠的无连接服务”，差错处理策略为“检错+丢弃”。
• 对比记忆：与PPP不同，广域网协议HDLC默认提供可靠传输（含编号、确认、重传），但现代网络中HDLC的可靠模式也较少使用，原因与PPP相同（误码率低+上层已保证可靠）。
• 答题关键词：误码率低、简单高效/低开销、分层避免冗余、上层（TCP）负责可靠传输、检错不纠错。按此四点作答即可得满分。

题 41 · 计算题

以下关于CSMA/CD的叙述中，正确的是

A.接收站点在收到帧后，需向发送方返回确认帧
B.站点在发送帧之前需进行载波监听，确认当前没有站点发送信息时才启动发送，所以不会出现冲突（碰撞）
C.若传输速率提高10倍，则冲突域最大距离（跨距）应相应地增加10倍
D.站点发送一个帧需要花费的时间长短不确定

【解答】

正确答案：D

解析：

• A错误：传统以太网（基于CSMA/CD）在数据链路层提供的是无连接、不可靠的服务，不采用确认与重传机制。帧的可靠性保障由上层协议（如TCP）完成。
• B错误：载波监听只能降低冲突概率，无法完全避免。由于信号在介质中传播存在时延，两个站点可能同时监听到信道空闲并启动发送，信号在传播途中相遇仍会发生碰撞。因此必须配合“碰撞检测（CD）”机制。
• C错误：CSMA/CD能正确检测碰撞的前提是最短帧的发送时延不小于两倍的端到端传播时延，即 $T_{trans} \ge 2\tau$。其中 $T_{trans} = L_{min}/R$，$\tau = D/v$。当速率 $R$ 提高10倍时，$T_{trans}$ 缩小为原来的 $1/10$，为满足检测条件，最大跨距 $D$ 必须同步缩小为原来的 $1/10$，而非增加。
• D正确：CSMA/CD属于随机接入协议。当信道繁忙或发生碰撞时，站点需执行截断二进制指数退避算法等待随机时间后重试。竞争排队时间、碰撞次数及退避时延均具有随机性，因此站点成功将一帧发送上信道所需的总时间是不确定的。（注：纯物理发送时延 $L/R$ 固定，但本题指包含信道竞争与重传在内的实际发送过程耗时。）

题 42 · 计算题

PPP协议提供的是（ ）

A.无连接的不可靠服务
B.无连接的可靠服务
C.有连接的不可靠服务
D.有连接的可靠服务

【解答】

答案：A

解析：

• 核心考点：数据链路层服务模型分类（连接性 × 可靠性）。
• A正确：PPP（Point-to-Point Protocol）在数据帧发送前无需预先建立并维护逻辑连接状态，属于无连接；协议仅通过帧检验序列（FCS）进行差错检测，发现错帧直接丢弃，不提供确认、重传与流量控制机制，属于不可靠（尽最大努力交付）服务。
• B、D错误：PPP不具备可靠传输机制，数据链路层的差错恢复与流量控制均交由上层协议（如TCP）处理。
• C错误：PPP不采用类似HDLC的窗口确认机制，数据交付无连接状态维护，故不是有连接。
• 教材结论：谢希仁《计算机网络》等主流教材明确指出，PPP协议提供的是无连接的不可靠服务，可靠性由网络层/传输层保障。

题 43 · 计算题

CSMA/CD、数据传输率10Mbps.A与B之间1KM.电信号在传输介质上传播速度200000Km/s

（1）检测到冲突的最长时间？
（2）如果将主机用交换机相联，主机与交换机最长100m，则检测冲突的最长时间？
（3）交换机可以避免碰撞（冲突），为什么局域网内还是不要连接太多的计算机？

【解答】

（1）答案： 10 μs
解析（分步计算）：
CSMA/CD协议中，站点检测到冲突的最长时间等于信号在物理介质上的往返传播时延（即争用期）。
① 单程传播时延：$\tau = \frac{d}{v} = \frac{1\text{ km}}{200000\text{ km/s}} = 5\times 10^{-6}\text{ s} = 5\text{ μs}$
② 最长冲突检测时间（往返）：$2\tau = 2 \times 5\text{ μs} = \mathbf{10\text{ μs}}$

（2）答案： 0（或不存在冲突，无需检测）
解析：
交换机工作在全双工模式，且每个端口是一个独立的冲突域。主机与交换机之间通过交换机进行帧交换（存储转发或直通），物理链路两端可同时收发数据，冲突被彻底消除，因此局域网中不再启用CSMA/CD机制，检测冲突的最长时间为0。
（注：若仅按半双工单段链路理论计算物理往返时延，为 $2\times \frac{100\text{ m}}{2\times 10^8\text{ m/s}} = 1\text{ μs}$，但实际交换机网络中该检测机制已废止。）

（3）答案： 交换机仅隔离冲突域，不隔离广播域；主机过多会引发广播风暴、超出交换设备处理极限并增加网络管理风险。
解析（分步说明）：
① 广播域未隔离（核心原因）：交换机默认将广播帧（如ARP请求、DHCP Discover等）向除接收端口外的所有端口泛洪。计算机数量过多时，广播流量呈指数级增长，极易引发广播风暴，大量消耗链路带宽与终端CPU资源，导致有效数据传输速率骤降。
② 硬件资源瓶颈：交换机MAC地址表（CAM表）容量有限。主机过多可能导致表项溢出或频繁老化，使交换机退化为泛洪转发模式，丧失单播定向转发优势；同时多端口并发易造成上行链路/背板带宽拥塞。
③ 管理与安全复杂度：单广播域内主机过多会放大ARP欺骗、病毒/蠕虫横向传播的影响范围，增加故障排查难度。实际工程中需通过VLAN划分广播域，并严格控制单个广播域内的终端规模。

题 44 · 综合题

连接在以太网中的计算机发出一个帧，前 76 字节的内容(十六进制表示)如下：

(1) 请在上图中分别用“N”和“T”标出网络层分组和传输层报文的起始位置。
(2) 帧的目的 MAC 地址是什么？发送方在生成该帧前，如何得知目的 MAC 地址？
(3) 帧中包含的IP 分组目的IP 地址是什么？该分组最终到达接收方主机后，接收方网络层如何判定将传输层报文交由上层的UDP还是TCP 处理？

注：以太网帧结构和 IP 分组头部结构分别如下图(a)、(b)所示。

(a) 以太网帧结构

(b) IP 分组头部结构。

【解答】

(1) 起始位置标注

• N（网络层分组起始）：第 1 行第 15 字节（十六进制 45）。
• T（传输层报文起始）：第 3 行第 3 字节（十六进制 E1）。

解析：以太网帧首部固定为 14 字节（目的 MAC 6B + 源 MAC 6B + 类型 2B），其后紧跟网络层数据，故 N 位于第 15 字节（偏移 14）。IP 分组首字节为 45，其中 IHL=5，表示 IP 首部长度为 5×4B=20B。跳过 20 字节 IP 首部后即为传输层报文，故 T 位于第 14+20+1=35 字节（即第 3 行第 3 字节，偏移 34）。

(2) 目的 MAC 地址及获取方式

• 目的 MAC 地址：00-D0-D0-72-A4-B4
• 获取方式：通过 ARP（地址解析协议）。发送方生成帧前，首先查询本地 ARP 缓存表；若表中无对应映射，则构造 ARP 请求报文在局域网内广播。目的主机收到请求后，以 ARP 响应报文单播返回自身的 MAC 地址。发送方收到后存入 ARP 缓存，并据此填写帧的目的 MAC 地址字段。

(3) 目的 IP 地址及协议判定方式

• 目的 IP 地址：219.141.136.10
  解析：IP 首部目的地址字段为第 30~33 字节（十六进制 DB 8D 88 0A）。逐字节转换为十进制：DB=219，8D=141，88=136，0A=10，组合后为 219.141.136.10。
• 判定方式：接收方网络层检查 IP 数据报首部中的 协议（Protocol）字段（位于 IP 首部第 23 字节，值为 11H 即十进制 17）。该字段专门用于标识数据部分所属的上层协议：若值为 6 则交付 TCP，若值为 17 则交付 UDP。网络层根据该字段值完成向传输层的分用。

题 45 · 综合题

用一根 1 公里长的电缆构造一个总线型的网络，介质访问算法采用 CSMA/CD，信号传播速度为 20万公里/秒，传播过程中无中继，数据传输速率为 1Gbps。

(1) 根据CSMA/CD 协议，站点在发送前、发送过程中、检测到冲突时分别做哪些操作？
(2) 总线上的一个站点从开始发送帧后，最多经过多长时间能够检测到冲突？
(3) 在这个网络中，帧的最小长度应该是多少？

【解答】

(1) CSMA/CD 协议操作
答案：

• 发送前： 载波监听。检测信道是否空闲，若空闲则立即发送；若忙则持续监听至信道空闲。
• 发送过程中： 碰撞检测（边发边听）。在发送数据的同时持续监测信道信号，判断是否发生冲突。
• 检测到冲突时： 立即停止发送；发送 Jam 信号（阻塞/强化冲突信号）；执行截断二进制指数退避算法，等待随机时间后重新尝试发送。

解析： CSMA/CD 核心机制概括为“先听后发、边听边发、冲突停发、随机重发”。发送前执行载波监听（Carrier Sense）避免无谓冲突；发送中持续进行碰撞检测（Collision Detection）；一旦检测到冲突，立即停发并强化冲突，随后通过退避算法分散重传时机，降低再次冲突概率。

(2) 最多检测冲突时间
答案： 10 μs

解析：
最坏情况下的冲突检测时间等于争用期（往返传播时延 $2\tau$）。当总线两端站点几乎同时发送，且信号在总线中点相遇后返回时，发送端需等待信号走完一个来回才能确认冲突。

1. 计算单程传播时延 $\tau$：
   $\tau = \frac{\text{距离}}{\text{传播速度}} = \frac{1000 \text{ m}}{2 \times 10^8 \text{ m/s}} = 5 \times 10^{-6} \text{ s} = 5 \text{ μs}$
2. 计算最多检测时间（争用期 $2\tau$）：
   $2\tau = 2 \times 5 \text{ μs} = 10 \text{ μs}$

(3) 帧的最小长度
答案： 10000 bit（或 1250 Byte）

解析：
为保证发送端在发完一帧前能收到冲突信号（即确保碰撞检测有效），帧的发送时延 $T_{\text{tx}}$ 必须不小于争用期 $2\tau$。

1. 公式：
   $\text{最小帧长} L_{\min} = \text{数据传输速率} R \times 2\tau$
2. 代入数据：
   $R = 1 \text{ Gbps} = 10^9 \text{ bps}$
   $2\tau = 10 \text{ μs} = 10 \times 10^{-6} \text{ s}$
   $L_{\min} = 10^9 \text{ bps} \times 10 \times 10^{-6} \text{ s} = 10^4 \text{ bit} = 10000 \text{ bit}$
3. 单位换算：
   $10000 \text{ bit} \div 8 = 1250 \text{ Byte}$
   (注：此为纯 CSMA/CD 理论模型计算结果。实际千兆以太网为保持与传统以太网兼容，通常将最小帧长限定为 64 Byte，并辅以载波延长或帧突发技术，但本题按给定参数理论计算即可。)

题 46 · 课后习题

要发送的数据为 1101011011。采用 CRC 的生成多项式是 $P(X) = X^4 + X + 1$。

（1）试求应添加在数据后面的余数。
（2）若要发送的数据在传输过程中最后一个 1 变成了 0，即变成了 1101011010，问接收端能否发现？
（3）若要发送的数据在传输过程中最后两个 1 都变成了 0，即变成了 1101011000，问接收端能否发现？
（4）采用 CRC 检验后，数据链路层的传输是否就变成了可靠的传输？

【解答】

（1）0101
解析：生成多项式 $P(X)=X^4+X+1$ 对应的二进制除数为 10011（阶数 $r=4$）。在数据 1101011011 后补 4 个 0 得被除数 11010110110000。进行模2除法（异或运算）：

          ________________  
10011 ) 11010110110000  
        10011  
        -----  
         10011  
         10011  
         -----  
          0000110110  
               10011  
               -----  
                10110  
                10011  
                -----  
                 0101  ← 余数  

最终余数为 0101，即应添加的帧检验序列（FCS）。

（2）能发现
解析：CRC 编码具有检错完备性，可检测出所有单个比特差错。接收端将收到的完整帧 1101011010 0101 用 10011 做模2除法，所得余数不为 0，故能发现该差错。

（3）能发现
解析：CRC 可检测所有双比特差错，以及长度 $\le r$（此处 $r=4$）的突发差错。接收端将收到的完整帧 1101011000 0101 做模2除法，余数同样不为 0，故能发现该差错。

（4）不能
解析：CRC 仅提供差错检测功能。接收端校验出错后通常直接丢弃该帧，但自身无法自动纠正或要求重传。要实现可靠传输，必须结合确认机制、超时重传（ARQ协议）、序号管理以及滑动窗口等机制，由数据链路层或传输层协议共同完成。

题 47 · 课后习题

一个 PPP 帧的数据部分（用十六进制写出）是 7D 5E FE 27 7D 5D 7D 5D 65 7D 5E。试问真正的数据是什么（用十六进制写出）？

【解答】

答案： 7E FE 27 7D 7D 65 7E

解析：
本题考查 PPP 协议在异步传输时采用的字节填充法（字符填充法）以实现透明传输。PPP 规定控制转义字符为 7D，接收端还原规则如下：

1. 逐字节扫描数据流，若遇到 7D，则将其丢弃，并将紧随其后的一个字节与 20H 进行按位异或（XOR）运算，还原为原始字节；
2. 若遇到非 7D 开头的普通字节，则直接保留。

逐步还原过程：

• 7D 5E → 5E ⊕ 20H = 7E
• FE → FE（普通字节，保留）
• 27 → 27（普通字节，保留）
• 7D 5D → 5D ⊕ 20H = 7D
• 7D 5D → 5D ⊕ 20H = 7D
• 65 → 65（普通字节，保留）
• 7D 5E → 5E ⊕ 20H = 7E

按顺序拼接还原后的字节，得到真正的数据为：7E FE 27 7D 7D 65 7E。

题 48 · 课后习题

PPP 协议使用同步传输技术传送比特串 0110111111111100。试问经过零比特填充后变成怎样的比特串？若接收端收到的 PPP 帧的数据部分是 0001110111110111110110，试问删除发送端加入的零比特后会变成怎样的比特串？

【解答】

答案：
（1）发送端零比特填充后：011011111011111000
（2）接收端删除零比特后：00011101111111111110

解析：
PPP协议在同步传输中采用零比特填充法，核心目的是防止数据字段中意外出现与帧定界标志字段 01111110 相同的比特模式。

算法规则：

• 发送端（填充）： 逐位扫描数据，每当发现连续 5个“1” 时，立即在其后插入 1个“0”。
• 接收端（删除）： 逐位扫描接收到的数据，每当发现连续 5个“1” 时，立即将其后紧跟的 1个“0” 删除，恢复原始数据。

（1）发送端处理步骤：
原始比特串：0110 11111 11111 00

• 扫描至第一组连续5个“1”，插入“0” → 0110 11111 0
• 继续扫描至第二组连续5个“1”，插入“0” → 0110 11111 0 11111 0
• 拼接剩余尾部 00
  最终结果：011011111011111000（共18位）

（2）接收端处理步骤：
接收比特串：0001110 11111 0 11111 0 110

• 扫描发现第一处 11111 后紧跟 0，判定为填充位，删除该 0。
• 扫描发现第二处 11111 后紧跟 0，判定为填充位，删除该 0。
• 剩余部分直接保留。
  最终结果：00011101111111111110（共20位）

题 49 · 课后习题

局域网的主要特点是什么？为什么局域网采用广播通信方式而广域网不采用呢？

【解答】

局域网的主要特点：

1. 覆盖范围小：通常局限在几米至几公里内（如办公室、教学楼、园区）。
2. 传输速率高：普遍为10 Mbps～100 Gbps，信道带宽充足。
3. 误码率低：采用高质量专用传输介质（双绞线、光纤等），信道环境可控。
4. 协议栈简化：通常仅包含物理层与数据链路层（部分含网络层），通信控制简单。
5. 拓扑结构规整：多采用星型、总线型、环型等，易于布线、管理与扩展。
6. 多采用共享信道或交换式架构：早期为共享介质，现代以以太网交换机为主，但底层仍保留广播机制。

局域网采用广播通信而广域网不采用的原因：

1. 局域网适合广播的原因
   • 物理范围小、节点数量有限：信号传播延迟低，广播帧可在短时间内送达所有节点，不会造成严重拥塞。
   • 共享介质历史与架构特性：传统以太网使用同轴电缆或集线器，物理上天然构成共享总线，广播是最高效的寻址与服务发现方式（如ARP、DHCP）。
   • 带宽充足、误码率低：高频宽可承载广播流量，且无需复杂的路由转发，控制开销小。
2. 广域网不采用广播的原因
   • 覆盖范围广、节点规模庞大：跨城市/国家部署，若使用广播将引发广播风暴，迅速耗尽链路带宽与路由器处理能力。
   • 以点对点链路为主：广域网由大量路由器通过租用专线、光纤等点对点链路互联，不具备共享广播介质的物理基础。
   • 路由与可扩展性要求高：广域网依赖路由协议（如OSPF、BGP）进行路径选择与流量隔离，广播无法实现定向转发与策略控制，且存在严重的安全与隐私风险。
   • 带宽与延迟约束：广域网链路带宽相对有限且传播延迟大，广播帧的重复传输与泛洪会显著降低网络利用率，故采用单播/组播配合路由机制更为高效。

题 50 · 课后习题

试说明 10BASE-T 中的“10”“BASE”和“T”所代表的意思。

【解答】

答案：

• 10：数据传输速率为 10 Mb/s。
• BASE：采用基带（Baseband）传输方式。
• T：传输介质为双绞线（Twisted pair）。

解析：
该命名严格遵循 IEEE 802.3 以太网物理层标准命名规范（格式：速率(Mbps) + 信号类型 + 介质/拓扑特征）：

1. 10：表示物理层的数据传输速率（带宽）为 10 Mb/s。
2. BASE：代表 Baseband（基带），指数字基带信号直接在信道上传输，未经过载波调制，信道带宽独占用于传输单一数字信号。
3. T：代表 Twisted pair（双绞线）。10BASE-T 特指使用 2 对非屏蔽双绞线（UTP，3 类线及以上）作为传输介质，采用星型拓扑结构，单段线缆最大允许长度为 100 m。

期末复习提示：此命名规则为以太网通用标准，对比记忆可扩展至 100BASE-TX（100 Mb/s、基带、2对双绞线）、1000BASE-T（1000 Mb/s、基带、4对双绞线）及光纤介质标准（如 1000BASE-SX/LX）。

题 51 · 课后习题

假定站点 A 和 B 在同一个 10 Mbit/s 以太网网段上。这两个站点之间的传播时延为 225 比特时间。现假定 A 开始发送一帧，并且在 A 发送结束之前 B 也发送一帧。如果 A 发送的是以太网所允许的最短的帧，那么 A 在检测到和 B 发生碰撞之前能否把自己的数据发送完毕？换言之，如果 A 在发送完毕之前并没有检测到碰撞，那么能否肯定 A 所发送的帧不会和 B 发送的帧发生碰撞？（提示：在计算时应当考虑到每一个以太网帧在发送到信道上时，在 MAC 帧前面还要增加若干字节的前同步码和帧定界符。）

【解答】

答案：
不能；能肯定。

解析（分步计算与推导）：

1. 计算最短帧的实际发送时间
   以太网MAC层规定的最短帧长为 64 字节（512 bit）。根据题意提示，物理层发送至信道时需在MAC帧前添加 8 字节（7字节前同步码 + 1字节帧定界符），故实际在物理介质上发送的总比特数为：
   $64 + 8 = 72 \text{ 字节} = 72 \times 8 = \mathbf{576 \text{ bit}}$
   在 10 Mbit/s 以太网中，发送时间以“比特时间”为单位直接计数，因此A发送该帧的总时间为 576 比特时间。

2. 计算最晚碰撞检测时间（争用期）
   A与B之间的单向传播时延 $\tau = 225$ 比特时间。
   在CSMA/CD协议中，碰撞检测的最长时间窗口（争用期）为往返传播时延 $2\tau$：
   $2\tau = 2 \times 225 = \mathbf{450 \text{ 比特时间}}$
   （最坏情况：B在A的信号即将到达B的瞬间 $t\approx 225$ 开始发送，碰撞信号最晚在 $t=450$ 返回A。）

3. 对比分析

   • 因为最短帧发送时间 $576 > 450$（争用期），所以无论B在何时（只要遵循CSMA/CD规则在 $t<225$ 发送），碰撞干扰信号最晚在 450 比特时间就会传回A。此时A仍在发送过程中（$450 < 576$），故A 不能 在检测到碰撞前把数据发送完毕。
   • 反之，若A在发送完毕前（$t=576$）始终未检测到碰撞，说明在 $0 \sim 450$ 比特时间的争用期内信道一直保持空闲，B并未发送有效信号。因此A 能肯定 该帧未发生碰撞，已成功发送。

期末复习考点提示：
本题核心考查以太网CSMA/CD的争用期（碰撞窗口）机制。以太网规定最短帧长必须满足：$\text{最短帧发送时间} \ge 2\tau$（即 $64\text{B} \ge 2\tau \times \text{数据率}$），这是保证发送方在帧结束前一定能检测到冲突的物理基础。本题中 $576 > 450$ 满足该条件，故“发完前必能检突，未检突则必无冲突”。

题 52 · 课后习题

10 Mbit/s 以太网升级到 100 Mbit/s、1 Gbit/s 和 10 Gbit/s 时，都需要解决哪些技术问题？为什么以太网能够在发展的过程中淘汰掉自己的竞争对手，并使自己的应用范围从局域网一直扩展到城域网和广域网？

【解答】

【最终答案】

一、10 Mbit/s 以太网向 100 M/1 G/10 Gbit/s 升级需解决的技术问题

1. 物理层编码效率与直流平衡：10M 采用曼彻斯特编码（频谱效率低，50%利用率）。速率提升后需改用高效块编码：100M 采用 4B/5B（铜缆配合 MLT-3，光纤配合 NRZI），1G 采用 8B/10B，10G 采用 64B/66B。以在有限带宽内实现更高比特率，同时保证足够的时钟同步信号和直流平衡。
2. CSMA/CD 争用期与最大网段直径限制：以太网最小帧长固定为 64 B，争用期固定为 512 bit time。速率提高后，信号传播时延占比增大，导致可检测碰撞的最大网段直径急剧缩小（100M 时约 200 m，1G/10G 时碰撞检测已物理不可行）。解决路径：1G 半双工模式引入载波延伸（将短帧填充至 512 B）和帧突发；10G 彻底废除 CSMA/CD，仅支持全双工点对点链路。
3. 传输介质与信号衰减：高速信号在双绞线上面临串扰、衰减和码间干扰。需制定更严格的线缆标准（Cat 5e/6/6A），并在 PHY 层引入 DSP 均衡、回声抵消、PAM-5/PAM-4 等基带信号处理技术；同时大规模采用多模/单模光纤以支持长距离传输。
4. 向后兼容与自动协商：为保证平滑升级，MAC 层及以上必须透明。引入 IEEE 802.3u 自动协商机制，使设备能自适应速率（10/100/1000M）与双工模式，并统一物理介质相关子层（PMD）与介质无关接口（GMII/XGMII）。
5. 10 Gbit/s 的广域网速率匹配：10G 以太网需与现有 SDH/SONET 传输网融合。定义 WAN PHY（10GBASE-W），将 10.3125 Gbit/s 的 MAC 速率通过 GFP 封装映射至 OC-192/STM-64（9.953 Gbit/s）标准帧，实现跨域承载。

二、以太网淘汰竞争对手并扩展至城域网/广域网的原因

1. MAC 帧格式始终保持不变：仅升级物理层，数据链路层及以上协议完全兼容。保护既有网络投资，降低升级成本与运维复杂度，形成极强的路径依赖。
2. 架构从共享式向交换式/全双工演进：用以太网交换机替代集线器，将冲突域隔离到单个端口；结合全双工通信彻底消除碰撞，突破 CSMA/CD 的距离限制，使速率可线性提升至 10G 及以上。
3. 物理层技术持续开放创新：编码方案、线缆工艺、光模块与 DSP 技术快速迭代，且 IEEE 802.3 标准始终保持透明开放，吸引全球厂商参与，推动设备成本呈指数级下降。
4. 即插即用与庞大产业链生态：无需复杂配置，自学习 MAC 地址表；标准化接口（RJ-45、SFP+ 等）与驱动支持完善，形成覆盖芯片、设备、测试、运维的完整生态，挤压了 Token Ring、FDDI、ATM 等封闭或高成本技术。
5. 面向 MAN/WAN 的电信级增强（Carrier Ethernet）：
   • 业务隔离与 QoS：802.1Q VLAN 划分、802.1p 优先级标记、流量整形与 policing。
   • 可靠性与运维：链路聚合（802.3ad）、以太网 OAM（802.3ah EFM / 802.1ag CFM）、快速保护倒换（<50 ms）。
   • 广域网适配：WAN PHY 直接对接 SDH/SONET/MPLS 骨干网，结合 PBT/PBB 等技术实现运营商级可管理、可计费、可保障的以太网承载。

题 53 · 课后习题

假定图中的所有链路的速率仍然为 100 Mbit/s，但所有的以太网交换机都换成为 100 Mbit/s 的集线器。试计算这 9 台主机和两个服务器产生的总的吞吐量的最大值。为什么？

【解答】

答案：
100 Mbit/s

解析：

1. 集线器的工作原理： 集线器（Hub）工作在物理层，它本质上是一个多端口的中继器。连接在集线器上的所有设备共享该集线器的带宽，并且处于同一个冲突域（Collision Domain）中。这意味着在同一时刻，只能有一台设备发送数据，否则会发生冲突。

2. 网络拓扑分析：
   • 题目中指出“所有的以太网交换机都换成为 100 Mbit/s 的集线器”。
   • 这意味着中心的设备变成了集线器，下属的三个部门（一系A、二系B、三系C）的设备也变成了集线器。
   • 当集线器与集线器级联时（中心集线器连接A、B、C集线器），它们并没有隔离冲突域，而是将冲突域扩大了。
3. 结论：
   • 由于所有设备（9台主机和2台服务器）最终都通过级联的集线器连接在一起，它们实际上都处于同一个巨大的冲突域中。
   • 在这个共享网络中，任何时刻只能有一台主机或服务器占用信道发送数据。
   • 因此，无论网络中有多少台设备，整个网络产生的总吞吐量的最大值只能达到单条链路的速率，即 100 Mbit/s。

网络层

题 54 · 填空题

190.16.160.43是_____类IP地址，如果子网掩码是255.255.224.0，则子网号是_____，广播号是_____。

【解答】

【答案】B类；190.16.160.0；190.16.191.255

【解析】

1. IP地址类别判断：IPv4分类标准中，首字节在 128~191 范围内的为B类地址。本题首字节为 190，故填 B类。
2. 子网号计算：子网号 = IP地址 AND 子网掩码。掩码 255.255.224.0 对应二进制 11111111.11111111.11100000.00000000（/19）。逐段按位与：
   • 第1、2字节：190 AND 255 = 190，16 AND 255 = 16
   • 第3字节：160(10100000) AND 224(11100000) = 160(10100000)
   • 第4字节：43 AND 0 = 0
     故子网号为 190.16.160.0。
3. 广播号计算：将子网号中对应掩码为 0 的主机位全部置 1。该子网主机位共13位（第3字节低5位 + 第4字节8位）：
   • 第3字节：160(10100000) | 00011111(31) = 191(10111111)
   • 第4字节：全置1得 255
     故广播号为 190.16.191.255。

（注：填空题中“子网号”即子网网络地址，“广播号”即该子网的直接广播地址，考试作答时直接填写上述IP形式即可。）

题 55 · 填空题

ping 命令使用的是_____协议。

【解答】

ICMP（或互联网控制报文协议）

解析：
ping 命令基于 ICMP 协议工作。其原理是向目标主机发送 ICMP 回显请求（Echo Request，类型 8）报文，目标主机收到后返回 ICMP 回显应答（Echo Reply，类型 0）报文。通过统计请求与应答的收发情况，可检测网络连通性、计算往返时延（RTT）及丢包率。ICMP 报文封装在 IP 数据报中，属于网络层协议，主要用于传递控制与诊断信息。

题 56 · 填空题

路由协议中 OSPF 协议使用_____协议进行传输，BGP 协议使用_____协议进行传输。

【解答】

答案： IP ； TCP

解析：

• OSPF（开放最短路径优先）是链路状态 IGP，其报文直接封装在 IP 数据报中传输，IP 首部协议字段值为 89，不依赖 TCP 或 UDP。
• BGP（边界网关协议）是路径矢量 EGP，其报文使用 TCP 协议进行传输（默认端口号 179），借助 TCP 的可靠传输、流量控制与拥塞控制机制，确保跨自治系统的路由信息准确、有序交付。

题 57 · 填空题

常用的外部网关协议是_____ 。

【解答】

答案： BGP（或边界网关协议）

解析：
外部网关协议（EGP）用于在不同自治系统（AS）之间交换路由信息。目前互联网中实际广泛使用的唯一外部网关协议是边界网关协议（BGP，Border Gateway Protocol），现行标准版本为BGP-4。早期曾有一个名为EGP的协议，但因功能局限已被淘汰；国内主流教材（如谢希仁《计算机网络》）中所述“常用的外部网关协议”均指BGP。

题 58 · 填空题

IP规定每个C类网络最多可以有_____台主机或路由器。

【解答】

254

解析：
C类IP地址的网络前缀固定为24位，剩余8位为主机号。8位二进制理论上可表示 $2^8=256$ 个地址，但根据IP协议规定：

• 主机号全0的地址表示网络地址，用于标识该网络本身；
• 主机号全1的地址表示直接广播地址，用于向该网络内所有主机广播；
  这两个特殊地址不能分配给任何主机或路由器接口。因此，每个C类网络实际可用的主机/路由器接口数为 $2^8 - 2 = 254$ 台。

题 59 · 填空题

路由器的分组转发部分包括_____、_____、_____。

【解答】

答案：输入端口、输出端口、交换结构

解析：
路由器在逻辑体系结构上划分为两大部分：控制平面（路由选择部分）与数据平面（分组转发部分）。其中分组转发部分负责实际IP数据包的高速处理与搬运，标准教材明确其由以下三个组件构成：

1. 输入端口：接收来自物理链路的帧，完成数据链路层解封装，提取IP分组，并根据转发表进行查找匹配，确定输出端口。
2. 交换结构：路由器的内部互连网络（如总线型、交叉开关型、共享内存型等），负责将分组从输入端口高速搬运至对应的输出端口。
3. 输出端口：接收来自交换结构的分组，进行缓存、排队调度（处理拥塞），完成数据链路层封装后发送至下一跳物理链路。

题 60 · 填空题

某网络拓扑如下图所示，路由器R1只有到达子网192.168.1.0/24的路由。为了使R1可以将IP分组正确地路由到图中的所有子网，则在R1中需要增加的一条路由（目的网络、子网掩码、下一跳）分别是：_____。

【解答】

192.168.2.0, 255.255.255.0, 192.168.1.2

解析：

1. 分析现有路由与目标网络：
   • 路由器 R1 目前只有到达直连网络 192.168.1.0/24 的路由。
   • R1 需要到达的非直连网络有两个：192.168.2.0/25 和 192.168.2.128/25。
2. 路由聚合（CIDR）：
   • 题目要求只增加“一条”路由，因此需要对这两个子网进行聚合。
   • 192.168.2.0/25 的范围是 192.168.2.0 ~ 192.168.2.127。
   • 192.168.2.128/25 的范围是 192.168.2.128 ~ 192.168.2.255。
   • 这两个子网的前 24 位（192.168.2）完全相同，可以聚合为一个 C 类网络：192.168.2.0/24。
   • 对应的子网掩码为 255.255.255.0。
3. 确定下一跳：
   • R1 要将数据包发往 192.168.2.0/24 网段，必须经过与之相连的路由器 R2。
   • 在 R1 所在的直连网络 192.168.1.0/24 中，R2 的接口 IP 地址为 192.168.1.2。
   • 因此，下一跳地址为 192.168.1.2。

最终填空内容：
目的网络：192.168.2.0
子网掩码：255.255.255.0
下一跳：192.168.1.2

题 61 · 不定项选择题

在某一个子网中，以下四台主机分配 IP 地址（子网掩码均为 255.255.255.240），其中一台因 IP 地址分配不当而存在通信问题，这一台主机 IP地址为_____

A． 200.10.1.190
B． 200.10.1.193
C． 200.10.1.196
D． 200.10.1.201

【解答】

答案：A

解析：

1. 子网参数分析：子网掩码 255.255.255.240 二进制为 11110000，对应前缀 /28。主机位为 4 位，每个子网含 $2^4=16$ 个 IP，子网块大小（网络地址增量）为 16。网络地址末位必为 16 的倍数（0, 16, 32, …, 176, 192, 208…）。
2. 计算所属网络地址（IP & 掩码）：
   • A. 200.10.1.190 & 255.255.255.240 = 200.10.1.176（有效主机范围：177~190）
   • B. 200.10.1.193 & 255.255.255.240 = 200.10.1.192（有效主机范围：193~206）
   • C. 200.10.1.196 & 255.255.255.240 = 200.10.1.192（有效主机范围：193~206）
   • D. 200.10.1.201 & 255.255.255.240 = 200.10.1.192（有效主机范围：193~206）
3. 关键点判断：题干明确指出主机位于“某一个子网中”，即四台设备必须具有相同的网络地址才能通过二层直接通信。B、C、D 均属于 200.10.1.192/28 子网，而 A 属于 200.10.1.176/28 子网。A 主机 IP 被错误分配至不同子网，导致无法与同网段主机建立通信。
4. 结论：各 IP 均非网络地址或广播地址，故障根源为子网归属不一致。故答案为 A。

题 62 · 不定项选择题

Internet中所有末端系统和路由器都必须实现_____协议。

A．SNMP
B．SMTP
C．TCP
D．IP

【解答】

答案： D

解析：

• 核心考点：Internet体系结构中各层协议的必选性。
• 逐项分析：
  • D项 IP：IP协议是Internet网络层的核心协议，负责数据报的寻址、路由与转发。根据TCP/IP体系结构的设计原则，所有接入Internet的末端系统（主机）和路由器都必须实现IP协议，这是实现异构网络互联互通的唯一基础。
  • C项 TCP：属于传输层协议。末端系统可根据具体应用需求选择实现TCP或UDP等协议；路由器工作在网络层，通常不解析或实现传输层协议（仅依据IP首部进行转发），故非必选。
  • A项 SNMP 与 B项 SMTP：均属于应用层协议，分别用于网络管理和电子邮件传输，仅在运行对应服务的特定设备上需要实现，非Internet基础必选协议。
• 结论：本题虽为不定项选择题，但严格满足“所有末端系统和路由器都必须实现”条件的仅有IP协议，故正确答案为 D。

题 63 · 不定项选择题

在下列几组协议中，哪一组_____是网络层协议？

A、IP，TCP，UDP
B、ARP，IP，UDP
C、ICMP，ARP，IP
D、FTP，SMTP，TELNET

【解答】

答案：C

解析：

• A项：IP属于网络层，但TCP和UDP均属于传输层协议，该组不全为网络层协议。
• B项：ARP和IP属于网络层，但UDP属于传输层协议，该组不全为网络层协议。
• C项：ICMP（网际控制报文协议）、ARP（地址解析协议）与IP（网际协议）在TCP/IP四层体系结构中均明确归属于网络层（网际层）。ARP虽在链路层之上直接运行，但主要为IP协议提供地址解析服务，国内主流教材（如谢希仁《计算机网络》）统一将其划归网络层。该组完全符合题意。
• D项：FTP、SMTP、TELNET均为面向最终用户的应用层协议，不属于网络层。

复习提示：网络层核心协议为IP，主要配套协议包括ICMP、ARP、IGMP及内部/外部网关协议（RIP、OSPF、BGP等）。传输层为TCP/UDP，应用层包含HTTP、FTP、DNS、SMTP等。期末复习建议按“四层模型”纵向对比记忆各层典型协议。

题 64 · 不定项选择题

以下协议属于IGP(内部网关协议)的是 。

A、EGP
B、BGP
C、RIP
D、GGP

【解答】

答案：C

解析：

• IGP（内部网关协议）用于单一自治系统（AS）内部的路由信息交换。教材中常见的IGP包括RIP、OSPF、IS-IS等。
• A项 EGP：广义上为“外部网关协议（Exterior Gateway Protocol）”的类别统称，狭义上指ARPANET时期早期的一种外部路由协议，用于AS之间，不属于IGP。
• B项 BGP：边界网关协议（Border Gateway Protocol），是目前互联网唯一广泛使用的外部网关协议（EGP），负责不同自治系统之间的路由选择，不属于IGP。
• C项 RIP：路由信息协议（Routing Information Protocol），基于距离向量算法的典型内部网关协议（IGP），符合题意。
• D项 GGP：网关到网关协议（Gateway-to-Gateway Protocol），是早期ARPANET主干网使用的核心/外部路由协议，已淘汰，不属于IGP。

综上，本题正确答案为 C。

题 65 · 不定项选择题

IPv6地址长度和通常采用的记法为_____。

A、64bit，点分十进制
B、64bit，冒号十六进制
C、128bit，点分十进制
D、128bit，冒号十六进制

【解答】

答案： D

解析：

• 长度：IPv6地址长度为128bit（16字节），是IPv4（32bit）的4倍，主要目的为解决全球IP地址枯竭问题并简化报文头部结构。
• 记法：标准记法为冒号十六进制记法（Colon-Hexadecimal Notation）。将128bit均分为8段，每段16bit（对应4位十六进制数），段间用冒号“:”分隔。例如：2001:0db8:85a3:0000:0000:8a2e:0370:7334。书写时允许省略每段前导零，并可使用双冒号“::`”压缩连续的全零段（仅能出现一次）。
• 选项排除：A、B项长度错误（64bit非标准IP地址长度）；C项记法错误（“点分十进制”为IPv4专用记法）。故本题正确答案为D。

题 66 · 不定项选择题

局域网中的某主机向另一 IP 地址发送分组时，该主机会用到_____。

A、IP 协议和 ICMP 协议
B、IP 协议和 RIP 协议
C、IP 协议和 ARP 协议
D、IP 协议和 RARP 协议

【解答】

答案：C

解析：

• 核心机制：局域网内主机发送 IP 分组时，需网络层与数据链路层协同工作。
• IP 协议：负责网络层分组的封装、逻辑寻址与路由决策，是发送任何 IP 分组的必备协议。
• ARP 协议：数据链路层组帧必须使用物理地址（MAC）。主机在局域网内通信时，需通过 ARP 协议将目标 IP 地址解析为对应的 MAC 地址（若 ARP 缓存中无记录，则发送 ARP 广播请求）。
• 选项辨析：
  • A 项：ICMP 用于差错报告与网络控制（如 ping、traceroute、MTU 发现），非正常数据传输的必需协议。
  • B 项：RIP 是路由器间交换路由表的动态路由协议，普通主机不运行，仅依赖默认网关。
  • D 项：RARP 用于早期无盘工作站由 MAC 反查 IP，已被 DHCP/BOOTP 取代，与本题场景无关。

综上，局域网主机向另一 IP 发送分组必须使用 IP 协议与 ARP 协议，正确答案为 C。

题 67 · 不定项选择题

以太网内某主机 A 的 IP 地址为 202.112.136.130，子网掩码为 255.255.248.0，网关地址为202.112.136.1。如该主机向 IP 地址 202.112.130.150 发送一个 IP 分组，则_____。

A．该分组封装成帧后交由网关转发
B．该分组封装成帧前，需获知目的主机的MAC地址
C．该分组封装成帧后直接发送给目的主机
D．该分组封装成帧前，需获知网关的MAC 地址

【解答】

答案：A、D

解析：

1. 计算网络号判断是否同子网
   • 子网掩码 255.255.248.0 对应 /21，第三字节掩码为 248（二进制 11111000），子网步长为 8。
   • 主机A网络号：202.112.136.130 & 255.255.248.0 = 202.112.136.0
   • 目的IP网络号：202.112.130.150 & 255.255.248.0 = 202.112.128.0
   • 两者网络号不同，属于跨子网通信，不能直接交付。
2. 逐项分析
   • A正确，C错误：跨子网通信需采用间接交付。主机A将IP分组封装成以太网帧后，发送给默认网关，由网关（路由器）负责后续路由转发。
   • D正确，B错误：以太网帧封装必须填写帧目的MAC地址。由于下一跳设备是网关，主机A在封装前需通过ARP协议获取网关的MAC地址；目的主机的MAC地址仅在直连（同子网）时才需要获取。

结论：本题为跨网段通信场景，主机需获取网关MAC地址并将帧交由网关转发，故正确答案为 A、D。

题 68 · 不定项选择题

在 IP 分组转发过程中，当生存时间(TTL)字段的值减少到 0 时，路由器将 。

A. 丢弃该分组，并向源主机发送 ICMP 源抑制报文
B. 丢弃该分组，并向源主机发送 ICMP 超时报文
C. 转发该分组，并向源主机发送 ICMP 源抑制报文
D. 转发该分组，并向源主机发送 ICMP 超时报文

【解答】

答案： B

解析：

• TTL机制：IP首部中的TTL（Time To Live，生存时间）字段用于防止IP分组在网络中无限循环。路由器每转发一次分组，就将TTL值减1。
• TTL=0时的处理：当TTL值减至0时，路由器必须丢弃该分组，并向源主机发送ICMP超时报文（ICMP Time Exceeded，类型11，代码0），通知源主机分组因生存时间耗尽而被丢弃。
• 干扰项排除：
  • A项错误：ICMP源抑制报文（Type 4）用于早期的拥塞控制，现已弃用，且与TTL超时无关。
  • C、D项错误：TTL为0时路由器严禁继续转发，必须丢弃。

题 69 · 不定项选择题

关于链路状态协议的描述正确的是（ ）。

A、仅相邻路由器需要交换各自的路由表
B、全网路由器的拓扑数据库是一致的
C、采用洪泛技术更新链路变化信息
D、具有快速收敛的优点

【解答】

答案：BCD

解析：

• A错误：仅相邻路由器交换路由信息（或路由表）是距离向量协议（如RIP）的工作方式。链路状态协议中，路由器交换的是链路状态信息（如OSPF的LSA），而非完整路由表，且信息需发送至全网而非仅相邻节点。
• B正确：链路状态协议的核心机制是每个路由器收集来自全网的链路状态分组，构建链路状态数据库（LSDB）。在收敛完成后，同一区域内的所有路由器拥有完全一致的拓扑数据库。
• C正确：当链路状态发生变化时，路由器会生成链路状态通告，并采用可靠洪泛（Flooding）技术将该变化信息快速、无环路地传播至自治系统/区域内的所有路由器，确保拓扑数据库及时更新。
• D正确：相比距离向量协议，链路状态协议采用触发更新、全局拓扑视图及独立运行Dijkstra最短路径优先（SPF）算法，有效避免了“计数到无穷”和路由环路问题，因此收敛速度快。

题 70 · 判断题

CIDR技术的作用是解决地址资源不足的问题。

【解答】

答案： 正确

解析： CIDR（无分类域间路由选择）通过消除传统的A、B、C类地址边界，采用可变长度网络前缀进行IP地址分配，大幅提升了地址分配的灵活性与利用率，从而缓解/延缓了IPv4地址资源耗尽的问题；同时，CIDR支持路由聚合（超网技术），有效控制了全球路由表规模的膨胀。在标准计算机网络教材与期末考试语境中，该表述判定为正确。

题 71 · 判断题

IPv6 地址 1A22:120D:0000:0000:72A2:0000:0000:00C0 可以表示为 1A22:120D:0:0:72A2::C0。

【解答】

答案： 正确

解析：
IPv6 地址的零压缩规则如下（依据 RFC 5952 及主流教材规范）：

1. 省略前导零：每个 16 位字段中开头的连续 0 可省略，如 0000 可简写为 0，00C0 可简写为 C0。
2. 双冒号压缩 ::：一个或多个连续的全 0 字段可用 :: 代替，但整个地址中 :: 只能出现一次，以避免还原时产生歧义。

原地址 1A22:120D:0000:0000:72A2:0000:0000:00C0 包含两组连续的全 0 字段。题目给出的 1A22:120D:0:0:72A2::C0 对第一组仅应用了“省略前导零”规则（保留为 0:0），对第二组应用了 :: 压缩规则。该形式符合 IPv6 地址合法表示规范（:: 仅使用一次），因此表述正确。

题 72 · 判断题

RIP要求内部路由器将它关于整个AS的路由信息发布出去。

【解答】

答案： 错误

解析： RIP（Routing Information Protocol）是一种距离向量型内部网关协议（IGP），其核心工作原则是仅与直接相邻的路由器交换路由信息，而不是向整个自治系统（AS）广播或发布。路由器周期性地将自身完整的路由表发送给所有直连邻居，路由信息通过“逐跳交换、逐步更新”的机制最终扩散并收敛至整个AS。题干描述混淆了距离向量协议与链路状态协议（如OSPF的LSA全网泛洪）的扩散方式，故判断为错误。

题 73 · 判断题

IP分组可以被源主机分片，并且在中间路由器进行重组。

【解答】

答案： 错误

解析：
IP分片可由源主机或中间路由器（当IP数据报长度大于下一跳链路的MTU时）执行，但分片重组仅在目的主机进行。中间路由器不缓存也不重组分片，而是根据IP首部中的标识、标志和片偏移字段独立转发各个分片。该设计旨在降低路由器处理开销与内存占用，提高网络整体转发效率。

题 74 · 判断题

IP路由器功能是监测到拥塞时，合理丢弃IP分组。

【解答】

答案： 错误

解析：
IP协议提供的是尽最大努力交付（best-effort delivery）服务，网络层本身不具备拥塞控制功能。路由器在缓存满时丢弃分组是队列溢出的被动结果，而非专门设计的“合理丢弃”功能。实际网络中，拥塞控制主要由传输层协议（如TCP的拥塞控制算法）负责；若需网络层参与，通常依赖扩展机制如主动队列管理（AQM/RED）或显式拥塞通知（ECN），但这不属于IP路由器的基本功能定义。因此该表述错误。

题 75 · 简答题

试说明 IP 地址与物理地址的区别。为什么要使用这两种不同的地址。

【解答】

一、IP地址与物理地址（MAC地址）的区别

1. 所属网络层次：IP地址是网络层（TCP/IP）的逻辑地址；物理地址是数据链路层的硬件地址。
2. 作用范围：IP地址用于全网范围的全局寻址与跨网络路由；物理地址仅在同一物理网络（广播域/局域网）内有效，用于帧的直接交付。
3. 分配方式与可变性：IP地址由网络管理员分配或DHCP动态获取，具有逻辑可变性（主机更换网络或子网时需变更）；物理地址固化在网卡ROM中，全球唯一，出厂后通常不可更改。
4. 标识对象：IP地址标识主机或路由器接口所属的逻辑网络及其在网络中的位置；物理地址标识具体的网络接口设备（NIC）。
5. 格式与长度：IPv4为32位（常写作点分十进制），IPv6为128位；以太网物理地址通常为48位（常写作十六进制，如 00-1A-2B-3C-4D-5E）。

二、为什么要使用这两种不同的地址

1. 分层解耦与屏蔽底层异构性：网络层通过IP地址抽象掉不同物理网络（以太网、Wi-Fi、PPP、帧中继等）的硬件差异，实现异构网络互联；数据链路层通过物理地址完成底层实际的帧传输，符合网络分层设计原则。
2. 路由效率与可扩展性：路由器仅依据IP地址进行跨网路由转发，无需维护全球所有终端的物理地址映射表。若直接用物理地址路由，路由表将呈指数级膨胀，无法实现大规模互联网的可扩展性。
3. 网络灵活性与可管理性：主机移动、更换网卡或重构子网时，只需重新配置IP地址即可恢复通信；若仅依赖物理地址，设备位置与网络拓扑强绑定，网络调整与维护成本极高。
4. 通信机制协同（逻辑定位+物理交付）：端到端通信依赖IP地址确定目标网络与主机；在每一跳的局域网内，通过ARP协议将目标IP地址动态解析为对应的物理地址，完成数据帧的封装与本地交付。两者配合实现“全局逻辑寻址 + 逐跳物理交付”的高效通信模型。

题 76 · 简答题

某计算机连接在以太网上，其 IP 地址：202.112.136.130，子网掩码：255.255.248.0，网关地址：202.112.136.1。如该计算机向 IP 地址为 202.112.130.150 的主机发送一个 IP 数据报，则该计算机在将IP 数据报封装成帧后，将该帧发送给谁？为什么？帧中的目的 MAC 地址如何得到？

【解答】

答案：
该帧发送给默认网关（路由器接口），即 IP 地址为 202.112.136.1 的设备。

分步解析：

1. 判断源与目的主机是否在同一子网
   • 子网掩码 255.255.248.0 对应前缀 /21，第三字节网络位占 5 位。按位与运算计算网络地址：
     • 源主机网络地址：202.112.136.130 & 255.255.248.0 = 202.112.136.0/21
     • 目的主机网络地址：202.112.130.150 & 255.255.248.0 = 202.112.128.0/21
   • 两者网络地址不同，判定为跨网段通信。
2. 确定帧的发送对象及原因
   • 发送对象：默认网关（202.112.136.1）。
   • 原因：根据网络层本地路由转发规则，当目的 IP 地址不属于本机直连网络时，源主机无法直接完成链路层交付，必须将 IP 数据报提交给默认网关（路由器）。数据链路层在封装以太网帧时，需将帧交付给网关的物理接口，由路由器查表进行下一跳转发。
3. 帧中目的 MAC 地址的获取方法
   • 帧中的目的 MAC 地址应为网关接口（202.112.136.1）的 MAC 地址。
   • 获取过程依赖 ARP（地址解析协议），具体步骤如下：
     ① 查 ARP 缓存：源主机首先在本地 ARP 高速缓存中查找 202.112.136.1 对应的 MAC 地址。
     ② 广播请求：若未命中，源主机构造 ARP 请求报文，以广播帧（目的 MAC 为 FF-FF-FF-FF-FF-FF）在局域网内发送，询问该 IP 对应的硬件地址。
     ③ 单播响应：网关接口识别到目标 IP 为自身，向源主机单播回复 ARP 响应报文，携带自身 MAC 地址。
     ④ 封装与缓存更新：源主机收到响应后，将网关 MAC 地址填入以太网帧首部的“目的 MAC 地址”字段，并将该映射关系写入 ARP 缓存，随后将帧发送至物理链路。

题 77 · 简答题

一个路由器刚收到下列新的 4 个 IP 网段：

57.6.96.0/21
57.6.104.0/21
57.6.112.0/21
57.6.120.0/21

假定它们都使用相同的输出线路，请判断它们能否被聚合，怎样聚合？并说明地址聚合的作用。

【解答】

【最终答案】
能聚合。聚合后的地址为：57.6.96.0/19。

【分步解析】

1. 聚合计算过程
   • 提取网络地址的关键差异部分：4个网段前两段 57.6 完全相同（占前16位），差异集中在第三段。将第三段十进制转为8位二进制：
     • 96 → 0110 0000
     • 104 → 0110 1000
     • 112 → 0111 0000
     • 120 → 0111 1000
   • 寻找最长共同前缀：对比上述二进制，前3位均为 011，第4位（即整个IP的第20位）开始出现 0 和 1 的差异。因此共同前缀长度为 16 + 3 = 19 位。
   • 构造聚合地址：将共同前缀 011 后补 0 还原为第三段，得 0110 0000 → 96。故聚合后的CIDR块为 57.6.96.0/19。
   • 验证完整性：/19 的块大小为32，地址范围为 57.6.96.0 ~ 57.6.127.255，恰好被4个连续的 /21 网段（各占8个地址块）完全填满，无重叠或空隙，可安全聚合。
2. 地址聚合的作用
   • 压缩路由表：将多条明细路由合并为1条汇总路由，显著减少路由器内存中路由表项的数量。
   • 加速分组转发：路由表规模缩小后，最长前缀匹配（Longest Prefix Match）算法的查找时间缩短，降低转发延迟。
   • 降低路由协议开销：距离向量或链路状态协议只需通告1条聚合路由，减少路由更新报文的大小与交互频率，节省链路带宽。
   • 隔离拓扑震荡（提高稳定性）：聚合边界内的子网故障或频繁状态变化不会向上游路由器传播，避免全局路由表频繁重新计算，增强网络可扩展性。

题 78 · 简答题

链路状态路由和距离向量路由的主要区别是什么？试各举出一种代表性协议，并说明各自特点。

【解答】

答案：

一、主要区别（分步对比）

1. 信息交换内容：距离向量（DV）协议中，路由器周期性向邻居交换完整的路由表（到达各目的网络的距离与下一跳）；链路状态（LS）协议中，路由器仅向全网洪泛与其直接相连链路的状态信息（链路类型、代价、邻居标识等）。
2. 算法基础：DV基于贝尔曼-福特（Bellman-Ford）算法进行分布式迭代；LS基于迪杰斯特拉（Dijkstra）最短路径优先（SPF）算法，各路由器利用同步的链路状态数据库独立构建最短路径树。
3. 拓扑认知范围：DV路由器仅掌握局部信息（“按传闻路由”），无法感知全网拓扑；LS路由器通过收集LSA（链路状态通告）构建完整的全网拓扑图。
4. 收敛性能与环路：LS收敛速度快，因掌握全局拓扑天然避免路由环路；DV收敛速度慢，存在“计数到无穷”问题，易产生路由环路，需依赖水平分割、毒性逆转、触发更新等机制抑制。
5. 资源开销分布：DV报文小但更新频繁，计算与存储开销低；LS初始同步和链路故障时洪泛报文较大，需维护LSDB并周期性运行SPF算法，CPU和内存开销较大，但网络稳定后控制平面开销极低。

二、代表性协议及各自特点

1. 距离向量路由代表：RIP（Routing Information Protocol）
   • 协议特点：
     • 基于UDP 520端口，以跳数（Hop Count）为唯一度量值，最大有效跳数限制为15（16表示不可达）。
     • 固定周期（默认30秒）广播/组播整个路由表，网络直径受限，仅适用于小型网络。
     • 配置简单，但存在慢收敛缺陷；RIPv2支持VLSM和组播更新，RIPv1仅支持广播且有类路由限制。
     • 防环机制依赖水平分割、毒性逆转和触发更新，无法根本消除收敛延迟。
2. 链路状态路由代表：OSPF（Open Shortest Path First）
   • 协议特点：
     • 直接封装于IP报文（协议号89），以链路代价（Cost，默认与带宽成反比）为度量值，无跳数限制。
     • 仅在拓扑变化时触发增量洪泛更新，结合SPF算法实现秒级快速收敛。
     • 采用分层区域架构（Area 0为主干区域，其他为常规/Stub/NSSA区域），严格限制LSA传播范围，显著降低大型网络开销。
     • 原生支持VLSM/CIDR、认证、等价多路径（ECMP）路由，适用于中大型企业网与运营商网络。
     • 需维护链路状态数据库并运行SPF算法，对路由器内存和CPU算力要求高于DV协议。

题 79 · 简答题

请简要说明路由聚合的作用，并对以下8个C类地址块进行最大程度的聚合，给出聚合结果，并写出计算过程。

202.112.90.0/24 202.112.91.0/24
202.112.92.0/24 202.112.93.0/24
202.112.94.0/24 202.112.95.0/24
202.112.96.0/24 202.112.97.0/24。

【解答】

一、路由聚合的作用
路由聚合（CIDR/超网）的核心作用是将多个连续的较小网络地址块合并为一个较大的地址块进行路由通告。具体包括：

1. 压缩路由表规模：减少核心路由器与边缘路由器的路由表项数量，节省存储空间。
2. 降低协议开销：减少路由更新报文（如BGP Update、OSPF LSA）的数量与带宽消耗，加快网络收敛。
3. 提高转发效率：减少路由查找时的匹配次数，提升最长前缀匹配的转发性能。
4. 缓解路由表爆炸：有效应对互联网规模扩张带来的核心路由器性能瓶颈问题。

二、计算过程

1. 定位差异字节：所给8个地址的前两个字节均为 202.112，原掩码为 /24。只需比较第三个字节的二进制位。
2. 转换为二进制（取最小值90与最大值97即可确定公共边界）：
   • 90 → 0101 1010
   • 91 → 0101 1011
   • 92 → 0101 1100
   • 93 → 0101 1101
   • 94 → 0101 1110
   • 95 → 0101 1111
   • 96 → 0110 0000
   • 97 → 0110 0001
3. 寻找最长公共前缀：从左至右逐位比对，第三字节的前两位均为 01，第3位起出现 0（90~95）与 1（96~97）的分歧。因此，公共前缀长度为前16位（202.112） + 第三字节前2位 = 18位。
4. 计算聚合网络地址：保留前18位，其后所有位置 0。第三字节变为 0100 0000，对应十进制 64。

三、聚合结果
202.112.64.0/18

题 80 · 简答题

路由协议 OSPF 和 RIP 所使用的路由算法分别是什么？试从路由信息的交换对象、交换时机和交换内容三个方面对这两类路由算法进行简单比较。

【解答】

【答案】
路由算法：

• RIP：距离向量路由算法（Distance-Vector Algorithm）
• OSPF：链路状态路由算法（Link-State Algorithm）

三个方面比较：

1. 路由信息的交换对象
   • RIP：仅与相邻路由器（直连邻居）交换信息。
   • OSPF：向本自治系统（AS）内的所有路由器交换信息（通过洪泛法 Flooding）。
2. 路由信息的交换时机
   • RIP：周期性交换（默认每30秒发送一次完整路由表）。
   • OSPF：触发式交换（仅在链路状态发生变化时才发送更新报文；Hello报文仅用于定期维护邻居关系，不携带路由信息）。
3. 路由信息的交换内容
   • RIP：交换自身完整的路由表（核心字段：目的网络、跳数距离、下一跳地址）。
   • OSPF：交换链路状态信息（仅描述本路由器直连链路的状态，如接口IP、子网掩码、链路开销、邻居状态等）。各路由器收集后构建统一的链路状态数据库（LSDB），再独立运行Dijkstra算法计算最短路径树并生成路由表。

【解析/复习要点】

• RIP基于Bellman-Ford算法，采用“传言路由”方式，收敛较慢，易产生路由环路（需配合水平分割、毒性反转等机制），最大跳数限制为15，适用于小型网络。
• OSPF基于Dijkstra算法，每个路由器掌握全网拓扑，收敛快、无环路、支持区域划分（Area）和路由聚合，适用于中大型网络。考试常结合“收敛速度、环路避免、网络规模适应性”进行对比考查。

题 81 · 简答题

网络层提供“尽最大努力交付”数据报服务都有哪些含义？

【解答】

答案：
网络层“尽最大努力交付”（Best-Effort Delivery）数据报服务主要包含以下四层核心含义：

1. 不保证成功交付：网络层不承诺数据报一定能到达目的主机。若因网络拥塞、路由环路、链路中断或TTL超时导致数据报丢失，网络层不会自动重传，也不向源端发送错误通知。
2. 不保证按时交付：数据报在网络中的传输时延、排队时延和抖动均无上限保证。路由器仅根据当前可用带宽和队列状态尽力转发，不提供时延或实时性承诺。
3. 不保证按序交付：每个数据报携带完整目的地址并独立选路，可能经过不同路径转发，因此到达目的端的顺序可能与发送顺序不一致。
4. 无连接且独立处理：网络层不预先建立端到端连接，不维护通信状态。每个数据报作为独立实体被路由器转发，网络层本身不提供端到端的差错控制、流量控制或拥塞避免机制（可靠性与服务质量保障交由传输层如TCP实现）。

复习提示：期末简答题按点给分，答出“不保证交付、不保证时延、不保证按序、无连接/独立路由”即可得满分。术语需与教材保持一致，强调“网络层仅负责转发，可靠性由上层（TCP）补齐”。

题 82 · 简答题

ARP和DNS是否有些相似？又有什么区别？

【解答】

相似之处：

1. 核心功能相同：均承担“地址/名称解析”任务，实现不同网络标识符之间的映射。
2. 工作模式相同：均采用“请求-响应”机制，客户端发起查询，服务器/目标节点返回结果。
3. 优化机制相同：均依赖本地缓存（ARP缓存表 / DNS解析缓存）降低重复查询开销，提升通信效率。

主要区别：

1. 映射对象不同
   • ARP：IP地址 → MAC地址（物理地址/链路层地址）
   • DNS：域名（如 www.example.com） → IP地址
2. 协议栈层次与封装方式不同
   • ARP：通常划归数据链路层（或网络层与链路层之间），直接封装在MAC帧中（以太网类型字段为 0x0806），不依赖IP。
   • DNS：属于应用层协议，报文通过UDP（默认）或TCP（区域传输/大响应）传输，目的端口为53，底层依赖IP路由。
3. 作用范围不同
   • ARP：仅在同一局域网（广播域）内有效，报文以链路层广播方式发送，无法跨越路由器。
   • DNS：全局性分布式系统，支持跨子网、跨自治系统、跨Internet的域名解析。
4. 查询机制与架构不同
   • ARP：无层次结构，采用“局域网广播请求 + 目标单播响应”，若目标不在线则超时丢弃。
   • DNS：采用层次化、分布式的域名空间与服务器架构（根DNS→顶级域DNS→权威DNS），支持递归查询与迭代查询，具备容错与负载均衡能力。
5. 缓存管理与生存期不同
   • ARP：缓存动态生成，生存时间较短（通常2~20分钟），网络拓扑变化或MAC变更时易失效，需定期老化或重新解析。
   • DNS：记录由管理员配置TTL（Time To Live），缓存时间可灵活设置（数分钟至数天），支持显式刷新与负缓存（NXDOMAIN缓存）。

总结（答题得分点）：ARP与DNS虽同为解析协议，但ARP解决的是局域网内网络层地址到链路层地址的映射，DNS解决的是应用层可读域名到网络层IP地址的映射。两者在协议层次、作用范围、查询机制上完全不同，实际通信中通常先后配合使用（DNS解析出IP → ARP解析出MAC），共同完成端到端数据传输的寻址准备。

题 83 · 简答题

某局域网使用一台二层交换机连接所有主机，并使用一台路由器接入Internet,主机和路由器接口的IP地址配置如下图所示。请问：主机A、B间能否实现网络层子网内直接通信？A、B能否正常访问Internet?说明原因。

【解答】

答案：

1. 主机A、B间不能实现网络层子网内直接通信。
2. 主机A、B均能正常访问Internet。

解析：

1. 关于主机A、B间能否直接通信：

• 主机A的角度：
  • IP地址：202.112.100.65，子网掩码：255.255.255.128（/25）。
  • 计算网络地址：$202.112.100.65 \ \& \ 255.255.255.128 = 202.112.100.0$。
  • A所在的子网范围是 202.112.100.0 ~ 202.112.100.127。
  • 主机B的IP（202.112.100.62）在此范围内，因此A认为B在同一子网，会尝试通过ARP解析B的MAC地址直接通信。
• 主机B的角度：
  • IP地址：202.112.100.62，子网掩码：255.255.255.192（/26）。
  • 计算网络地址：$202.112.100.62 \ \& \ 255.255.255.192 = 202.112.100.0$。
  • B所在的子网范围是 202.112.100.0 ~ 202.112.100.63（广播地址为.63）。
  • 主机A的IP（202.112.100.65）不在此范围内（65 > 63）。
  • 因此，B认为A在不同子网，B会将发往A的数据包发送给缺省网关（路由器），而不是直接发送。
• 结论：由于B将发往A的流量交给了网关，并非“子网内直接通信”，所以答案为不能。

2. 关于能否访问Internet：

• 主机A访问Internet：
  • A判断目的IP（Internet地址）不在同一子网，将数据包发给网关 202.112.100.1。
  • 路由器接口1的IP也是 202.112.100.1，掩码 /25。路由器认为A（.65）在其直连子网（.0 ~ .127）内，可以正常接收A的数据包并进行NAT转发，回程也能正确路由给A。所以A能正常访问。
• 主机B访问Internet：
  • B判断目的IP不在同一子网，将数据包发给网关 202.112.100.1。
  • 虽然B的掩码是 /26，但网关IP（.1）在B的子网（.0 ~ .63）内，B能正确将帧发给路由器。
  • 路由器收到源IP为 202.112.100.62 的数据包。由于路由器接口掩码是 /25，路由器认为 202.112.100.62 在其直连子网（.0 ~ .127）内。
  • 路由器可以正常处理该数据包（NAT转发至Internet），回程时也能通过ARP找到B并回传数据。所以B能正常访问。

题 84 · 计算题

某单位有三个下属部门，分别建有局域网，局域网中的主机数量分别为 50、90、60，三个局域网都通过该单位信息中心的一台路由器接入 Internet，已知分配给这三个局域网的 IP 地址段为202.112.32.0/23。

(1) 请给出路由器中这三个局域网对应的网络号和子网掩码，要求尽可能节省 IP地址空间，且分配给每个局域网的地址空间连续。
(2) 如果每个部门新增 4 台主机，(1)中的地址分配方案是否需要改动？如果需要改动，在满足（1）的条件下如何改？
(3) 如果某一部门由于业务扩展，计算机数量增至 500台，如何解决联网问题？

【解答】

(1) 答案

• 90台主机部门：网络号 202.112.32.0/25，子网掩码 255.255.255.128
• 60台主机部门：网络号 202.112.32.128/26，子网掩码 255.255.255.192
• 50台主机部门：网络号 202.112.32.192/26，子网掩码 255.255.255.192

解析步骤

1. 计算各子网所需最小地址块：子网可用主机数公式为 $2^n-2$（$n$为主机位数）。需满足 $2^n-2 \ge$ 实际主机数。
   • 90台：需 $\ge 92$ 个地址 $\Rightarrow 2^7=128 \Rightarrow$ 主机位 $n=7$，掩码长度 $/25$
   • 60台：需 $\ge 62$ 个地址 $\Rightarrow 2^6=64 \Rightarrow$ 主机位 $n=6$，掩码长度 $/26$
   • 50台：需 $\ge 52$ 个地址 $\Rightarrow 2^6=64 \Rightarrow$ 主机位 $n=6$，掩码长度 $/26$
2. VLSM连续分配原则：为节省地址空间并避免碎片，按所需地址块从大到小依次从起始地址分配。
   • 第1块（/25）：202.112.32.0 ~ 202.112.32.127（分配给90台部门）
   • 第2块（/26）：紧接上一块，202.112.32.128 ~ 202.112.32.191（分配给60台部门）
   • 第3块（/26）：紧接上一块，202.112.32.192 ~ 202.112.32.255（分配给50台部门）
   • 剩余地址 202.112.33.0/24（256个）预留备用。所有子网均位于原 /23 地址段内，满足连续且最省空间要求。

(2) 答案
需要改动。

解析步骤

1. 判断是否改动：各部门新增4台后，主机数变为 94、64、54。原方案中分配给60台部门的子网为 /26，可用主机仅 $2^6-2=62$ 台，现需求为64台（需至少66个地址），地址空间不足，故必须改动。
2. 重新计算最小地址块：
   • 94台 $\Rightarrow$ 需128地址 $\Rightarrow$ /25
   • 64台 $\Rightarrow$ 需128地址（$2^7-2=126 \ge 64$） $\Rightarrow$ /25
   • 54台 $\Rightarrow$ 需64地址 $\Rightarrow$ /26
3. 新分配方案（仍从大到小连续分配）：
   • 94台部门：202.112.32.0/25，掩码 255.255.255.128
   • 64台部门：202.112.32.128/25，掩码 255.255.255.128
   • 54台部门：202.112.33.0/26，掩码 255.255.255.192（因 32.128/25 已用至 32.255，下一可用块从 33.0 开始）
   • 总占用 $128+128+64=320 < 512$，仍在原 /23 范围内，满足条件。

(3) 答案
解决方案： ① 向ISP或上级机构申请额外的公网IP地址段；② 内部网络改用私有IP地址（如 10.0.0.0/8），在出口路由器配置 NAT/PAT 接入 Internet；③ 将该部门网络按业务或物理位置划分为多个子网，通过三层交换机或路由器互联。

解析步骤

1. 地址空间分析：500台主机需至少502个IP地址，最小可用CIDR块为 /23（$2^9=512$ 个地址）。原分配段 202.112.32.0/23 总共仅512个地址，若全部分配给该部门，将耗尽所有地址，导致其余两个部门无法获得合法IP，且无地址分配给路由器接口、网关及网络设备。
2. 标准解决路径：
   • 地址扩容：公网IPv4地址枯竭背景下，最规范做法是向上级申请新地址段（如额外 /24 或 /23）。
   • NAT技术：若无法获得更多公网IP，应在局域网内部采用 RFC 1918 定义的私有地址，出口路由器启用网络地址转换（NAT），使多台内网主机共享少量公网IP访问Internet，从根本上解决地址短缺问题。
   • 子网划分：单广播域容纳500台主机会导致广播风暴和性能下降，实际工程中应结合 VLAN 和三层路由将其划分为多个更小子网（如多个 /25 或 /26），提升网络稳定性。

题 85 · 计算题

某网络采用距离向量路由算法，其中路由器A 的路由表如下左图所示，现在A收到从 C发来的距离向量如下右图所示，问A 的路由表将发生怎样的变化？随后 A 收到一个发往 F 的数据报，A 将怎样转发？

A 的路由表

C 发来的距离向量

【解答】

【最终答案】

1. 路由表变化：目的网络 E 和 F 的表项被更新，其余表项不变。更新后的路由表如下：

1. 数据报转发：A 将该发往 F 的数据报直接转发给相邻路由器 C。

【详细解析】
步骤1：确定 A 到邻居 C 的链路开销
距离向量路由算法更新时，需先计算“经发送方 C 到达各目的网络”的总距离。由 A 更新前的路由表可知，A 到直连邻居 C 的距离为 5，即链路开销 $d(A,C)=5$。

步骤2：计算经 C 到达各目的网络的新距离
计算公式：$D_{\text{经}C}(X) = d(A,C) + D_C(X) = 5 + D_C(X)$
逐项计算并与 A 原表项比较：

• A：$5+5=10$，原距离 $0$。$10>0$，不更新。
• B：$5+6=11$，原距离 $3$。$11>3$，不更新。
• C：$5+0=5$，原距离 $5$。相等，不更新。
• D：$5+2=7$，原距离 $4$。$7>4$，不更新。
• E：$5+8=13$，原距离 $15$。$13<15$，更新（距离改为13，下一跳改为C）。
• F：$5+9=14$，原距离 $21$。$14<21$，更新（距离改为14，下一跳改为C）。

步骤3：应用路由表更新规则
距离向量算法更新原则：

• 若下一跳相同，无条件更新；
• 若下一跳不同，仅在新距离 严格小于 原距离时更新。
  本题中 E、F 原下一跳均为 B，新下一跳为 C，且新距离均更小，故仅更新这两项。

步骤4：转发决策
路由表更新完成后，A 查找目的网络为 F 的表项，得到：距离=14，下一跳=C。根据网络层转发原则，A 将把发往 F 的数据报封装后交付给下一跳路由器 C 继续转发。

题 86 · 计算题

如下图所示的网络中，每条链路边上的数字表示链路的开销。若采用距离向量算法进行路由选择，第一次交换距离向量时，每个节点仅将初始的路由表告知其邻居节点，试写出：

（1）节点C的初始路由表。
（2）路由收敛后，节点C的路由表。（提示：路由表的基本信息包括目的节点，链路开销和下一跳节点)。

【解答】

（1）节点C的初始路由表

在距离向量算法的初始化阶段，节点只知道与其直接相连的邻居节点的信息，对于非直接相连的节点，距离设为无穷大（$\infty$）。

（2）路由收敛后，节点C的路由表

路由收敛后，节点C通过交换路由信息，计算出了到达网络中所有节点的最短路径。我们需要比较不同路径的开销：

1. 到节点A：
   • 路径 C -> B -> A：开销 = $1 + 4 = 5$
   • 路径 C -> D -> A：开销 = $3 + 5 = 8$
   • 最短路径：开销为 5，下一跳为 B。
2. 到节点B：
   • 直接相连，开销为 1，下一跳为 B。
3. 到节点C：
   • 自身节点，开销为 0。
4. 到节点D：
   • 直接相连，开销为 3，下一跳为 D。
   • （若走 C->B->A->D 开销为 $1+4+5=10$，远大于3）
5. 到节点E：
   • 路径 C -> B -> E：开销 = $1 + 2 = 3$
   • 最短路径：开销为 3，下一跳为 B。

最终路由表如下：

题 87 · 计算题

在采用TCP/P协议的以太网中可能出现“广播风暴”，主要原因是

A.多台主机同时进行ARP查询
B.多台主机上的多个进程间同时建立TCP连接
C.多台主机同时使用ICMP协议报告错误
D.多台主机同时使用UDP协议传输视频等多媒体数据

【解答】

答案：A

解析：

• A正确：ARP（地址解析协议）在以太网中依赖数据链路层广播帧（目的MAC地址为FF:FF:FF:FF:FF:FF）查询目标IP对应的MAC地址。当多台主机同时发起ARP查询时，会瞬间产生海量广播帧，占满物理链路带宽并耗尽交换机/网卡的泛洪处理资源，从而直接诱发“广播风暴”。
• B错误：TCP连接的建立（三次握手）及后续数据传输均采用单播（Unicast），属于端到端的点对点通信，不会产生广播流量。
• C错误：ICMP差错报告报文（如目的不可达、超时、参数错误等）按协议规范必须以单播形式返回给源主机IP，不会在网络中泛洪。
• D错误：UDP传输视频等多媒体数据通常采用单播或组播（Multicast）。组播使用特定的组播MAC地址范围，受IGMP和组播路由协议控制，与二层广播泛洪机制不同，不是广播风暴的典型成因。

题 88 · 计算题

某单位的网络拓扑结构如图所示，该单位下属多个部门，使用5台路由器（R1一R5)连接各部门的局域网，并通过路由器R连接到Internet，路由器之间按图所示相互连接，各路由器均使用RIP协议交换路由信息并更新路由表，部门一和部门二分别有需联网计算机18台和25台，其局域网分别连按到路由器R1的接口DI和D2上，可供这两个部门局域网使用的IP地址段为211.72.32.0/26，路由器间互连接口L1-L13的IP地址如图所示，各互连链路的网络前缀均为/30。

请为部门一、部门二局域网分配IP地址，用CIDR记法给出分配结果，并给出为路由器接口D1和D2分配的IP地址。

图：网络拓扑结构。

【解答】

最终答案：

部门一局域网IP地址段： 211.72.32.0/27
部门二局域网IP地址段： 211.72.32.32/27
路由器接口D1的IP地址： 211.72.32.1
路由器接口D2的IP地址： 211.72.32.33

(注：部门一和部门二的子网分配顺序可互换，只要接口IP与对应的子网匹配即可。例如：部门二也可分配211.72.32.0/27，此时D2为211.72.32.1；部门一分配211.72.32.32/27，此时D1为211.72.32.33。以下解析按题目叙述顺序给出。)

解析：

1. 分析地址需求与子网划分：
   • 可用地址段：题目给定 211.72.32.0/26。
     • 该段地址包含 $2^{32-26} = 2^6 = 64$ 个IP地址。
     • 范围：211.72.32.0 ~ 211.72.32.63。
   • 部门二需求：25台计算机。
     • 需要主机位 $n$ 满足 $2^n - 2 \ge 25$。
     • $2^5 - 2 = 30 \ge 25$，故需 5 位主机位。
     • 网络前缀长度为 $32 - 5 = 27$，即 /27。
     • 子网大小为 $2^5 = 32$。
   • 部门一需求：18台计算机。
     • 需要主机位 $n$ 满足 $2^n - 2 \ge 18$。
     • $2^4 - 2 = 14 < 18$，不够；$2^5 - 2 = 30 \ge 18$，够。
     • 故也需 5 位主机位，网络前缀长度为 /27。
     • 子网大小为 32。
2. 分配IP地址段（CIDR）：
   • 总地址段 211.72.32.0/26 (64个地址) 正好可以划分为两个 /27 的子网 (32 + 32 = 64)。
   • 子网1：211.72.32.0/27 (范围 211.72.32.0 ~ 211.72.32.31)。
   • 子网2：211.72.32.32/27 (范围 211.72.32.32 ~ 211.72.32.63)。
3. 分配路由器接口IP：
   • 通常将子网的第一个可用主机地址分配给路由器接口。
   • 部门一（连接D1）：分配子网1（211.72.32.0/27）。
     • 接口 D1 IP：211.72.32.1。
   • 部门二（连接D2）：分配子网2（211.72.32.32/27）。
     • 接口 D2 IP：211.72.32.33。

题 89 · 计算题

某自治系统采用RIP协议，若该自治系统内的路由器R1收到其邻居路由器R2的距离矢量中包含信息<net1,16>，则可能得出的结论是（ ）

A. R2可以经过R1到达net1，跳数为17
B. R2可以到达net1，跳数为16
C. R1可以经过R2到达net1，跳数为17
D. R1不能经过R2到达net1

【解答】

答案：D

解析：

1. RIP跳数规则：RIP协议以跳数（Hop Count）作为路由度量值，规定最大有效跳数为15。跳数为16在协议中被定义为“无穷大”（Infinity），表示目的网络不可达。
2. 距离矢量含义：R1收到邻居R2的距离矢量<net1, 16>，表示R2通告其到达目的网络net1的距离为16，即R2自身已判定net1不可达。
3. 路由更新逻辑：在距离矢量算法中，若R1选择R2作为下一跳，其到达net1的跳数理论上为16 + 1 = 17。由于RIP有效跳数上限为15，任何≥16的跳数均视为不可达，因此R1不能将R2作为下一跳去往net1，会在路由表中将该路由标记为不可达或丢弃该更新。
4. 选项辨析：
   • A、C错误：距离矢量算法不反向推断邻居路径，且17已超出RIP有效度量范围。
   • B错误：跳数16代表不可达，并非有效可达跳数。
   • D正确：严格符合RIP协议“16表示不可达”的规定及路由更新机制。

题 90 · 计算题

若路由器R因为拥塞丢弃IP分组，则此时R可向发出该IP分组的源主机发送的ICMP报文的类型是（ ）

A.路由重定向
B.目的不可达
C.源抑制
D.超时

【解答】

答案：C

解析：

• C 源抑制（Source Quench）：正确。ICMP源抑制报文是早期网络层用于拥塞控制的机制。当路由器因缓存区满（拥塞）而丢弃IP分组时，会向源主机发送该报文，通知源主机降低发送速率，从而缓解拥塞。
• A 路由重定向：错误。用于路由器发现主机发出的数据包未选择最优下一跳时，通知主机修改路由表，将后续数据包发往更优网关。
• B 目的不可达：错误。用于报告分组无法交付到目标地址，常见类型包括网络不可达、主机不可达、协议不可达、端口不可达等，由路由缺失或目标拒绝引起，非拥塞导致。
• D 超时：错误。包含两种情况：① IP分组TTL值递减至0被路由器丢弃；② 目的主机分片重组定时器超时。均与路由器拥塞无关。

期末复习提示：虽然现代TCP/IP协议栈出于安全与效率考量已弃用ICMP源抑制（拥塞控制主要由传输层TCP的滑动窗口/拥塞控制算法实现），但谢希仁《计算机网络》等国内主流教材及各类期末/考研真题中，此场景的标准答案仍为源抑制。

题 91 · 计算题

下列网络设备中，能够抑制网络风暴的是（ ）

I.中继器
II.集线器
III.网桥
IV.路由器

A.仅I和II
B.仅III
C.仅II和IV
D.仅IV

【解答】

答案：D

解析：

• I. 中继器与II. 集线器：均工作于物理层，仅对电信号进行再生放大，不解析数据帧。所有端口处于同一冲突域与广播域，会无差别转发所有流量（含广播帧），无法抑制网络风暴。
• III. 网桥：工作于数据链路层，可划分冲突域，但不隔离广播域。对广播帧及未知目的MAC地址的帧采用泛洪（Flooding）机制，广播包仍会穿透网桥扩散至整个网络，无法抑制广播风暴。
• IV. 路由器：工作于网络层，是广播域的天然边界。默认丢弃目的IP为广播/组播地址的数据报，不向其他接口转发广播流量，能严格隔离广播域，从而有效抑制网络（广播）风暴。

综上，仅IV具备抑制网络风暴的能力，故选D。

题 92 · 综合题

某单位有两个下属部门，分别有 90 台和 100 台计算机，两部门分别建立局域网，并连接到该单位网络中心路由器 R1 的接口 D1 和 D2 上，R1 通过接口 L1(IP 地址 202.72.33.1)与路由器 R2 的接口 L2(IP 地址 202.72.33.2)相连，该段链路的地址段为 202.72.33.0/30，整个单位通过 R2 连接到 Internet。网络拓扑如下图所示。已知该单位现仅剩IP 地址段211.71.32.0/24可以分配给这两个部门的局域网。

(1) 请给部门一和部门二的局域网分配地址段，用 CIDR 记法给出分配结果，并简单说明
(2) 路由器 R1 的路由表结构如下所示，请给出其路由表内容，确保网络的畅通

(3) 如果经过一段时期后，部门二的计算机数量因业务扩展需增至 200台，如何解决联网问题？

【解答】

(1) 地址段分配

分配结果：

• 部门一： 211.71.32.0/25
• 部门二： 211.71.32.128/25
  (注：两个部门的地址段可以互换，只要一个是 .0/25，一个是 .128/25 即可)

简要说明：
部门一有 90 台主机，部门二有 100 台主机。
根据公式 $2^n - 2 \ge \text{主机数}$：

• 对于 100 台主机，需 $n=7$ ($2^7 - 2 = 126 > 100$)，故主机位需 7 位，网络前缀为 $32-7=25$。
• 对于 90 台主机，同样需 $n=7$，网络前缀为 25。
  将给定的 211.71.32.0/24 地址块平均划分为两个 /25 的子网，每个子网提供 126 个可用 IP 地址，均能满足需求。

(2) 路由器 R1 路由表

(注：前三项为直连路由，下一跳通常留空或填“直连”；第四项为默认路由，指向 R2)

(3) 部门二扩容至 200 台的解决方案

问题分析：
部门二增至 200 台计算机，需要的主机位数 $n$ 满足 $2^n - 2 \ge 200$，解得 $n=8$。这意味着部门二需要一个 /24 的子网（提供 254 个可用 IP）。
然而，当前分配给部门二的 211.71.32.128/25 子网仅有 126 个可用 IP，且整个单位仅剩的 211.71.32.0/24 地址段已全部分配完毕，无法直接划分出新的 /24 子网。

解决方法（任选其一或结合使用）：

1. 使用 NAT (网络地址转换) 技术： 部门二内部局域网改用私有 IP 地址段（如 192.168.1.0/24），在路由器 R1 上配置 NAPT (端口多路复用)，使部门二的 200 台主机共享 211.71.32.128/25 网段中的 IP（或 R1 的出口 IP）访问 Internet。
2. 向 ISP 申请新的 IP 地址段： 向互联网服务提供商申请额外的公网 IP 地址块（至少一个 /24），专门用于部门二的扩容。

题 93 · 综合题

某单位网络拓扑结构如图2所示。该单位的部门一局域网使用以太网交换机S1、S2，部门二局域网使用以太网交换机S3，两个部门局域网均连接到路由器 R1并接入Internet。两个部门的计算机均连接到各自的交换机上，图中画出了8台计算机A～H，它们连接的交换机端口号如图中所示。这8台计算机的 MAC 地址分别用 A～H 表示，路由器的三个网络接口L1～L3 对应的MAC 地址用L1～L3表示。

（1）所有交换机加电启动后，其转发表为空，随后网络中的计算机之间传输了3 个数据帧，按时间先后顺序分别是：A→B、B→A、C→A。这三个帧传输完毕后，交换机 S1、S2的转发表内容是什么？请按照以下的转发表格式写出各表项。

(2）假设计算机C向F发送了一个IP分组，该分组封装成的帧在被交换机，S2 转发时，帧中的源和目的 MAC 地址分别是什么？在被交换机 S3 转发时，帧中的源和目的 MAC 地址分别是什么？

(3）已知分配给部门二网络的IP 地址块为211.72.1.0/24，计算机A的IP 地址信息设置为：IP 地址211.73.1.24，子网掩码 255.255.254.0，缺省网关211.73.1.1。为确保两个部门的网络互通并正常访问Internet，请给出路由器R1 中的路由表项。路由表格式如下。

路由表格式

图2：某单位网络拓扑结构。

【解答】

（1）交换机转发表

交换机 S1 转发表：

交换机 S2 转发表：

解析：

1. 帧 A→B：
   • 帧从 A 发出进入 S1 端口 1。S1 学习 (1, A)。查表无 B，泛洪。
   • 帧从 S1 端口 3 发出进入 S2 端口 4。S2 学习 (4, A)。查表无 B，泛洪。
2. 帧 B→A：
   • 帧从 B 发出进入 S1 端口 2。S1 学习 (2, B)。查表有 A（端口 1），单播转发至端口 1。
   • S2 未收到该帧（S1 未向端口 3 转发），S2 表不变。
3. 帧 C→A：
   • 帧从 C 发出进入 S2 端口 1。S2 学习 (1, C)。查表有 A（端口 4），单播转发至端口 4。
   • 帧从 S2 端口 4 发出进入 S1 端口 3。S1 学习 (3, C)。查表有 A（端口 1），单播转发至端口 1。

（2）MAC 地址

• 在被交换机 S2 转发时：
  • 源 MAC 地址：C
  • 目的 MAC 地址：L1
• 在被交换机 S3 转发时：
  • 源 MAC 地址：L2
  • 目的 MAC 地址：F

解析：
计算机 C 和 F 位于不同的子网（部门一和部门二），通信需经过路由器 R1。

1. C 发送给 F（第一段）：C 将 IP 分组封装成帧发送给默认网关（路由器 R1 的接口 L1）。因此，源 MAC 是 C，目的 MAC 是网关接口 L1。该帧在部门一局域网内传输，经过 S2 和 S1 时 MAC 地址不变。
2. R1 转发给 F（第二段）：路由器 R1 收到帧后，剥离帧头，查路由表发现目的网络直连在接口 L2。R1 重新封装帧，源 MAC 变为发送接口 L2 的 MAC（即 L2），目的 MAC 变为目的主机 F 的 MAC（即 F）。该帧在部门二局域网内传输，经过 S3 时 MAC 地址不变。

（3）路由器 R1 路由表

解析：

1. 部门一网络（接口 L1）：
   • 根据计算机 A 的配置：IP 211.73.1.24，掩码 255.255.254.0（即 /23）。
   • 计算网络地址：211.73.1.24 & 255.255.254.0 = 211.73.0.0。
   • 所以到达部门一的路由项为：目的网络 211.73.0.0，掩码 255.255.254.0，接口 L1。
2. 部门二网络（接口 L2）：
   • 题目已知分配给部门二的地址块为 211.72.1.0/24。
   • 所以到达部门二的路由项为：目的网络 211.72.1.0，掩码 255.255.255.0，接口 L2。
3. Internet（接口 L3）：
   • 为了正常访问 Internet，需要配置默认路由。
   • 目的网络 0.0.0.0，掩码 0.0.0.0，接口 L3。

题 94 · 综合题

某网络使用RIP 路由协议，已知其局部拓扑如图3所示。网络中路由器R1有三个网络接口D1、D2、D3，分别连接本地局域网和路由器 R2、R3。D1、D2、D3 的IP地址和子网掩码分别是：166.0.1.1/27、166.0.2.1/30、166.0.3.1/30。路由器 R1开机启动后，收到了R2发来的路由信息，如图1所示，随后收到了R3发来的路由信息，如图2所示。

(1)请给出路由器R1处理完R2、R3所发来路由信息后的路由表内容。路由表格式如下。

(2)R1所连接的本地局域网中最多可配置多少台计算机(有独立IP地址)？如该局域网某主机发出一个IP分组，分组中目的地址166.0.6.18，R1将该分组转发给哪个路由器？
(3)假设网络运行一段时间后，R1的网络接口D3发生故障导致无法发送/接收信息，请给出R1的路由表收敛后的内容。

图1：R2发来的路由信息

图2：R3发来的路由信息

图3：某网络局部拓扑图。

【解答】

(1) 路由器 R1 处理完路由信息后的路由表如下：

解析：

• 直连路由： R1 开机后自动生成连接在 D1, D2, D3 接口上的直连路由，距离为 0。
  • D1: 166.0.1.1/27 $\rightarrow$ 网络地址 166.0.1.0，掩码 255.255.255.224。
  • D2: 166.0.2.1/30 $\rightarrow$ 网络地址 166.0.2.0，掩码 255.255.255.252。
  • D3: 166.0.3.1/30 $\rightarrow$ 网络地址 166.0.3.0，掩码 255.255.255.252。
• 邻居接口 IP 推算：
  • R1 的 D2 (166.0.2.1/30) 与 R2 的 D4 相连。该子网可用 IP 为 .1 和 .2，故 R2 的 D4 为 166.0.2.2。
  • R1 的 D3 (166.0.3.1/30) 与 R3 的 D5 相连。该子网可用 IP 为 .1 和 .2，故 R3 的 D5 为 166.0.3.2。
• RIP 更新计算 (收到邻居路由，距离+1)：
  • 来自 R2：
    • 166.0.4.0/24 (距离0) $\rightarrow$ R1 记录：下一跳 166.0.2.2，距离 1。
    • 166.0.6.0/24 (距离3) $\rightarrow$ R1 记录：下一跳 166.0.2.2，距离 4。
  • 来自 R3：
    • 166.0.5.0/24 (距离0) $\rightarrow$ R1 记录：下一跳 166.0.3.2，距离 1。
    • 166.0.6.0/24 (距离2) $\rightarrow$ R1 记录：下一跳 166.0.3.2，距离 3。
  • 路由选择： 对于 166.0.6.0，来自 R3 的路径距离 (3) 小于来自 R2 的路径距离 (4)，故选择 R3 的路径。

(2)

• 最多可配置计算机数量： 29 台。
  • 解析： D1 接口子网为 /27，主机位为 5 位。总 IP 数 $2^5=32$。可用 IP 数 $32-2=30$（减去网络地址和广播地址）。除去 R1 接口自身占用的 1 个 IP，剩余 $30-1=29$ 个 IP 可分配给计算机。
• 转发给的路由器： R3 (或下一跳 IP 166.0.3.2)。
  • 解析： 目的地址 166.0.6.18 属于网络 166.0.6.0/24。查路由表可知，该网络下一跳为 166.0.3.2，即路由器 R3 的接口。

(3) R1 路由表收敛后的内容如下：

解析：

• 故障影响： 接口 D3 故障，导致直连网络 166.0.3.0/30 不可达，且所有下一跳为 R3 (166.0.3.2) 的路由失效。
• 路由收敛：
  • 166.0.3.0 和 166.0.5.0 从路由表中删除（166.0.5.0 无其他路径）。
  • 166.0.6.0 原路径（经 R3）失效。R1 会通过 RIP 协议收到 R2 发来的关于 166.0.6.0 的路由更新（R2 通告距离为 3）。
  • R1 计算新路径：下一跳 166.0.2.2，距离 $3+1=4$。该路由被加入路由表。
  • 166.0.4.0 路径（经 R2）不受影响，保持不变。

题 95 · 课后习题

一个 3200 位长的 TCP 报文传到 IP 层，加上 160 位的首部后成为数据报。下面的互联网由两个局域网通过路由器连接起来，但第二个局域网所能传送的最长数据帧中的数据部分只有 1200 位，因此数据报在路由器必须进行分片。试问第二个局域网向其上层要传送多少比特的数据（这里的“数据”当然指的是局域网看见的数据）？

【解答】

最终答案： 3840 bit

解析：

1. 统一单位（转换为字节）：
   TCP 报文数据长 3200 bit = 400 B；IP 首部固定长 160 bit = 20 B。
   原始 IP 数据报总长 = 400 B（数据）+ 20 B（首部）= 420 B。
   第二个局域网 MTU（帧可承载的最大数据部分）为 1200 bit = 150 B。

2. 确定每个分片的最大数据长度：
   每个 IP 分片必须独立携带 20 B 的 IP 首部，因此分片可容纳的最大数据长度为：150 B - 20 B = 130 B。
   根据 IPv4 分片规则，除最后一个分片外，每个分片的数据长度必须是 8 B（64 bit）的整数倍。故单个分片的最大数据长度应取 ≤130 B 的最大 8 的倍数，即 128 B。

3. 划分分片并计算各分片总长：
   原始数据 400 B 按 128 B 切分：
   • 分片 1：数据 128 B + 首部 20 B = 148 B
   • 分片 2：数据 128 B + 首部 20 B = 148 B
   • 分片 3：数据 128 B + 首部 20 B = 148 B
   • 分片 4：剩余数据 400 - 128×3 = 16 B，数据 16 B + 首部 20 B = 36 B
     共划分为 4 个 IP 分片。
4. 计算局域网实际传送的总比特数：
   “局域网看见的数据”即网络层交给数据链路层的完整 IP 分片（含各自首部）。
   总长度 = 148 + 148 + 148 + 36 = 480 B。
   换算为比特：480 B × 8 = 3840 bit。
   (快速验证法：原始数据报 3360 bit + 新增的 3 个 IP 首部 3×160 bit = 3360 + 480 = 3840 bit)

题 96 · 课后习题

设某路由器建立了如下转发表：

现共收到 5 个分组，其目的地址分别为：

(1) 128.96.39.10
(2) 128.96.40.12
(3) 128.96.40.151
(4) 192.4.153.17
(5) 192.4.153.90

试分别计算其下一跳。

【解答】

最终答案：
(1) 接口 m0
(2) $R_2$
(3) $R_4$
(4) $R_3$
(5) $R_4$

详细解析：

路由转发遵循最长前缀匹配（Longest Prefix Match）原则。转发分组时，将目的IP地址与转发表中的各项前缀按位与运算，提取网络地址进行比对。若同时匹配多条路由，选择掩码最长（即 / 后数值最大）的表项；若无任何特定前缀匹配，则使用默认路由 *。

各目的地址匹配计算步骤：

1. 目的地址：128.96.39.10
   • 匹配表项 128.96.39.0/25（掩码 255.255.255.128）
   • 地址范围：128.96.39.0 ~ 128.96.39.127
   • 10 在该范围内，匹配成功。下一跳为 接口 m0。
2. 目的地址：128.96.40.12
   • 匹配表项 128.96.40.0/25（掩码 255.255.255.128）
   • 地址范围：128.96.40.0 ~ 128.96.40.127
   • 12 在该范围内，匹配成功。下一跳为 $R_2$。
3. 目的地址：128.96.40.151
   • 尝试匹配 128.96.40.0/25，范围为 0~127，151 超出范围，不匹配。
   • 其余特定前缀均不匹配。
   • 触发默认路由 *。下一跳为 $R_4$。
4. 目的地址：192.4.153.17
   • 匹配表项 192.4.153.0/26（掩码 255.255.255.192）
   • 地址范围：192.4.153.0 ~ 192.4.153.63
   • 17 在该范围内，匹配成功。下一跳为 $R_3$。
5. 目的地址：192.4.153.90
   • 尝试匹配 192.4.153.0/26，范围为 0~63，90 超出范围，不匹配。
   • 其余特定前缀均不匹配。
   • 触发默认路由 *。下一跳为 $R_4$。

注：原题转发表中 192.4.153.0/26 出现两次，属题目排版冗余，按单次匹配逻辑处理即可，不影响最终结果。

题 97 · 课后习题

有两个 CIDR 地址块 208.128/11 和 208.130.28/22。是否有一个地址块包含了另一个的地址？如果有，请指出，并说明理由。

【解答】

答案： 是，208.128/11 包含了 208.130.28/22。

解析：

1. 标准化地址表示：CIDR 记法中省略的主机位默认为 0。
   • 208.128/11 实际为 208.128.0.0/11
   • 208.130.28/22 实际为 208.130.28.0/22
2. 二进制前缀比对：判断包含关系的核心是看短前缀块的网络前缀是否与长前缀块的前 N 位完全一致。
   • 208.128.0.0/11 的前 11 位：11010000 100（208=11010000，128=10000000，取前 3 位）
   • 208.130.28.0/22 的前 11 位：11010000 100（208=11010000，130=10000010，取前 3 位）
     两者前 11 位完全匹配。

3. 前缀长度与包含逻辑：CIDR 中，前缀长度越短，地址块越大。/11 的地址块覆盖了所有以 11010000100 开头的 IP。/22 地址块的前 11 位与之相同，且前缀更长（范围更小），因此 /22 块必然是 /11 块的一个子网。

4. 地址范围验证（辅助确认）：
   • 208.128/11 范围：208.128.0.0 ~ 208.159.255.255（第二字节掩码为 32，范围 128~159）
   • 208.130.28/22 范围：208.130.28.0 ~ 208.130.31.255
     后者区间完全落入前者区间内。

结论： 208.128/11 为超网（或父块），完全包含 208.130.28/22。

题 98 · 课后习题

已知路由器 $R_1$ 的转发表如表所示。

试画出各网络和必要的路由器的连接拓扑，标注出必要的 IP 地址和接口。对不能确定的情况应当指明。

【解答】

答案：

拓扑结构绘图示意如下（绘图时请按此逻辑布局并标注）：

          [网络 140.5.12.64/26]  
                   |  
                   | (直连或经未知网络)  
              [路由器 R3]  
                   | 接口IP: 180.15.2.5  
                   |  
    (m2)===========[网络 180.15.0.0/16]======================[网络 190.16.0.0/16]===========(m1)  
                   |                    (直连)             |                    (直连)  
         R1的m2接口IP未定              R1的m1接口IP未定           [路由器 R2]  
                                                                   | 接口IP: 190.16.6.2  
                                                                   |  
                                                         [网络 130.5.8.0/24]  
                   |  
    (m0)===========[网络 110.71.0.0/16]  
                   |                    (直连)  
         R1的m0接口IP未定            [默认路由器 R_D]  
                                       | 接口IP: 110.71.4.5  
                                       |  
                                 [通往Internet/其他网络]  

绘图标注清单：

• R1 居中，引出三个接口分别标为 m0、m1、m2。
• m0 连接局域网 110.71.0.0/16，该网内画路由器 R_D，其面向该网的接口标 110.71.4.5。
• m1 连接局域网 190.16.0.0/16，该网内画路由器 R2，其面向该网的接口标 190.16.6.2；R2 另一端连接网络 130.5.8.0/24。
• m2 连接局域网 180.15.0.0/16，该网内画路由器 R3，其面向该网的接口标 180.15.2.5；R3 另一端连接网络 140.5.12.64/26。

必要解析：

1. 区分直接交付与间接交付
   • 转发表中下一跳为 ... 表示直接交付，即目的网络与R1的对应接口处于同一物理/逻辑链路（直连网络）。
   • 下一跳为具体IP地址表示间接交付，报文需先发送至该下一跳路由器，由其继续转发。
2. 推导直连网络与下一跳归属
   • 110.71/16（接口 m0，下一跳 ...）→ R1的 m0 直连网络 110.71.0.0/16。
   • 190.16/16（接口 m1，下一跳 ...）→ R1的 m1 直连网络 190.16.0.0/16。
   • 180.15/16（接口 m2，下一跳 ...）→ R1的 m2 直连网络 180.15.0.0/16。
   • 验证一致性：130.5.8.0/24 的下一跳 190.16.6.2 属于 190.16.0.0/16，确认为 m1 所在链路上的路由器；140.5.12.64/26 的下一跳 180.15.2.5 属于 180.15.0.0/16，确认为 m2 所在链路上的路由器。默认路由下一跳 110.71.4.5 属于 m0 直连网络，逻辑自洽。
3. 拓扑构建步骤
   • 以R1为核心，画出三条分支分别对应 m0、m1、m2。
   • 在每条分支末端绘制对应 /16 局域网，并在局域网内放置下一跳路由器。
   • 将具体目的网络（130.5.8.0/24、140.5.12.64/26、默认出口）连接至对应下一跳路由器的外侧接口。
4. 不确定情况指明（按题意必须标注）
   • R1接口IP：仅知分别属于 110.71.0.0/16、190.16.0.0/16、180.15.0.0/16，具体主机号未给出，绘图时可不标或标注“IP∈对应网段”。
   • 远端连接细节：下一跳路由器（R2、R3）如何连接目的网络 130.5.8.0/24 与 140.5.12.64/26（直连或经其他子网）无法确定，图中用单线逻辑连接即可。
   • 默认路由出口：默认网关 110.71.4.5 之外的网络拓扑未知，标注为“默认路由/Internet”即可。

题 99 · 课后习题

一个大公司有一个总部和三个下属部门。公司分配到的网络前缀是 192.77.33/24。公司的网络布局如图所示。总部共有 5 个局域网，其中的 $LAN_1$ ~ $LAN_4$ 都连接到路由器 $R_1$ 上，$R_1$ 再通过 $LAN_5$ 与路由器 $R_2$ 相连。$R_2$ 和远地的三个部门的局域网 $LAN_6$ ~ $LAN_8$ 通过广域网相连。每一个局域网旁边标明的数字是局域网上的主机数。试给每一个局域网分配一个合适的网络前缀。

【解答】

答案与解析

本题采用 VLSM（可变长子网掩码） 进行子网划分。划分原则是先分配主机数需求大的网络，再分配需求小的网络，以避免地址碎片化。

1. 需求分析与排序
首先统计各网络所需的主机数，并确定所需的地址块大小（$2^n$）和前缀长度（$/ (32-n)$）。
注意：图中左侧第三个局域网标号为 $LAN_2$ 且主机数为 28，结合题目描述“$LAN_1 \sim LAN_4$”及下方的 $LAN_4$，推断此处应为 $LAN_3$。

2. 地址分配方案
总地址块为 192.77.33.0/24。按上述顺序依次切分：

1. $LAN_1$ (需64个地址):
   • 分配：192.77.33.0/26
   • 范围：192.77.33.0 ~ 192.77.33.63
   • 剩余起始：192.77.33.64
2. $LAN_3$ (需32个地址):
   • 分配：192.77.33.64/27
   • 范围：192.77.33.64 ~ 192.77.33.95
   • 剩余起始：192.77.33.96
3. $LAN_8$ (需32个地址):
   • 分配：192.77.33.96/27
   • 范围：192.77.33.96 ~ 192.77.33.127
   • 剩余起始：192.77.33.128
4. $LAN_6$ (需32个地址):
   • 分配：192.77.33.128/27
   • 范围：192.77.33.128 ~ 192.77.33.159
   • 剩余起始：192.77.33.160
5. $LAN_7$ (需32个地址):
   • 分配：192.77.33.160/27
   • 范围：192.77.33.160 ~ 192.77.33.191
   • 剩余起始：192.77.33.192
6. $LAN_2$ (需16个地址):
   • 分配：192.77.33.192/28
   • 范围：192.77.33.192 ~ 192.77.33.207
   • 剩余起始：192.77.33.208
7. $LAN_4$ (需16个地址):
   • 分配：192.77.33.208/28
   • 范围：192.77.33.208 ~ 192.77.33.223
   • 剩余起始：192.77.33.224
8. $LAN_5$ (需8个地址):
   • 分配：192.77.33.224/29
   • 范围：192.77.33.224 ~ 192.77.33.231
   • 剩余起始：192.77.33.232
9. $WAN_1$ (需4个地址):
   • 分配：192.77.33.232/30
   • 范围：192.77.33.232 ~ 192.77.33.235
   • 剩余起始：192.77.33.236
10. $WAN_2$ (需4个地址):
    • 分配：192.77.33.236/30
    • 范围：192.77.33.236 ~ 192.77.33.239
    • 剩余起始：192.77.33.240
11. $WAN_3$ (需4个地址):
    • 分配：192.77.33.240/30
    • 范围：192.77.33.240 ~ 192.77.33.243
    • 剩余起始：192.77.33.244 (留作备用)

最终分配结果汇总：

• $LAN_1$: 192.77.33.0/26
• $LAN_3$ (图中28主机处): 192.77.33.64/27
• $LAN_8$: 192.77.33.96/27
• $LAN_6$: 192.77.33.128/27
• $LAN_7$: 192.77.33.160/27
• $LAN_2$: 192.77.33.192/28
• $LAN_4$: 192.77.33.208/28
• $LAN_5$: 192.77.33.224/29
• $WAN_1$: 192.77.33.232/30
• $WAN_2$: 192.77.33.236/30
• $WAN_3$: 192.77.33.240/30

题 100 · 课后习题

以下地址中的哪一个和 86.32/12 匹配？请说明理由。

(1) 86.33.224.123
(2) 86.79.65.216
(3) 86.58.119.74
(4) 86.68.206.154。

【解答】

答案： (1) 86.33.224.123

解析：

1. 解析 CIDR 前缀：86.32/12 表示网络前缀长度为 12 bit，对应子网掩码为 255.240.0.0。IP 地址匹配该前缀的充要条件是：该地址与掩码按位与的结果等于网络地址 86.32.0.0。
2. 快速确定地址块范围：
   • /12 覆盖第一字节全部 8 bit 及第二字节的前 4 bit。
   • 第二字节基准值 32 的二进制为 0010 0000，前 4 bit 固定为 0010。
   • 第二字节主机部分（后 4 bit）可取 0000~1111，故第二字节合法范围为 0010 0000（32）至 0010 1111（47）。
   • 该地址块完整范围为 86.32.0.0 ~ 86.47.255.255。
3. 逐项比对（重点检查第二字节高 4 位）：
   • (1) 86.33.224.123：第二字节 33 (0010 0001)，高 4 位为 0010， 落入区间，匹配。
   • (2) 86.79.65.216：第二字节 79 (0100 1111)，高 4 位为 0100， 不匹配。
   • (3) 86.58.119.74：第二字节 58 (0011 1010)，高 4 位为 0011， 不匹配。
   • (4) 86.68.206.154：第二字节 68 (0100 0100)，高 4 位为 0100， 不匹配。
     结论：仅 (1) 的网络前缀与 86.32/12 完全一致，故答案为 (1)。

题 101 · 课后习题

某单位分配到一个地址块 136.23.12.64/26。现在需要进一步划分为 4 个一样大的子网。试问：

(1) 每个子网的网络前缀有多长？
(2) 每一个子网中有多少个地址？
(3) 每一个子网的地址块是什么？
(4) 每一个子网可分配给主机使用的最小地址和最大地址是什么？

【解答】

(1) 答案： 28位（或 /28）
解析： 原地址块前缀长度为 /26。需划分为 4 个等长子网，因 $2^n=4$，故 $n=2$，需向主机号借 2 位作为子网号。新网络前缀长度 = $26 + 2 = 28$ 位。

(2) 答案： 16个
解析： 划分后剩余主机位数为 $32 - 28 = 4$ 位。每个子网包含的 IP 地址总数 = $2^4 = 16$ 个（含网络地址与直接广播地址）。若指可用主机数则为 $16-2=14$ 个，本题通常问总地址数。

(3) 答案：
子网1：136.23.12.64/28
子网2：136.23.12.80/28
子网3：136.23.12.96/28
子网4：136.23.12.112/28
解析： 原地址块起始地址第四段为 64（二进制 0100 0000），子网步长（地址块大小）为 16。各子网网络地址依次递增 16：$64, 64+16=80, 80+16=96, 96+16=112$。对应 CIDR 表示如上。

(4) 答案：
子网1：最小 136.23.12.65，最大 136.23.12.78
子网2：最小 136.23.12.81，最大 136.23.12.94
子网3：最小 136.23.12.97，最大 136.23.12.110
子网4：最小 136.23.12.113，最大 136.23.12.126
解析： 可分配主机地址范围 = 网络地址 $+1$ 至 广播地址 $-1$。
各子网广播地址 = 网络地址段末地址（网络地址 $+15$），例如子网1广播地址为 $64+15=79$。
扣除首（网络地址）尾（广播地址）后，即为可用主机地址区间，计算结果如上。

题 102 · 课后习题

如图所示，网络 145.13.0.0/16 划分为四个子网 $N_1$，$N_2$，$N_3$ 和 $N_4$。这四个子网与路由器 R 连接的接口分别是 m0, m1, m2 和 m3。路由器 R 的第五个接口 m4 连接到互联网。

(1) 试给出路由器 R 的路由表。
(2) 路由器 R 收到一个分组，其目的地址是 145.13.160.78。试给出这个分组是怎样被转发的。

【解答】

(1) 路由器 R 的路由表

路由器 R 的路由表包含直连子网的路由条目以及通往互联网的默认路由。

解析：

• 题目给出了四个子网 $N_1 \sim N_4$ 的网络地址和掩码长度（均为 /18，即 255.255.192.0）。
• 路由器通过接口 m0, m1, m2, m3 分别直连这四个子网，因此下一跳为“直接交付”或直接写出接口。
• 接口 m4 连接互联网，对于不属于上述四个子网的目的地址，应通过默认路由转发至 m4。

(2) 分组转发过程

答案： 该分组将被转发到接口 m2。

解析步骤：
路由器收到目的地址为 145.13.160.78 的分组后，使用最长前缀匹配原则，依次用路由表中的子网掩码与目的 IP 地址进行“与”运算（AND），看结果是否等于对应的目的网络地址。

1. 分析目的 IP 地址：
   • IP: 145.13.160.78
   • 前两个字节 145.13 匹配所有子网。关键在于第三个字节 160。
   • 160 的二进制为：1010 0000
2. 匹配计算（掩码均为 /18，即第三个字节的前 2 位有效）：
   • 尝试匹配 $N_1$ (145.13.0.0/18):
     • 网络号第三字节应为 0 (00xxxxxx)。
     • 160 (10100000) AND 192 (11000000) = 128 (10000000)。
     • 128 $\neq$ 0，不匹配。
   • 尝试匹配 $N_2$ (145.13.64.0/18):
     • 网络号第三字节应为 64 (01xxxxxx)。
     • 计算结果为 128，128 $\neq$ 64，不匹配。
   • 尝试匹配 $N_3$ (145.13.128.0/18):
     • 网络号第三字节应为 128 (10xxxxxx)。
     • 计算结果为 128，128 = 128，匹配成功。
   • 尝试匹配 $N_4$ (145.13.192.0/18):
     • 网络号第三字节应为 192 (11xxxxxx)。
     • 计算结果为 128，128 $\neq$ 192，不匹配。
3. 结论：
   • 目的地址 145.13.160.78 属于子网 $N_3$ (145.13.128.0/18)。
   • 查表可知，$N_3$ 连接在接口 m2 上。
   • 因此，路由器 R 将该分组从接口 m2 转发出去（直接交付给主机）。

传输层

题 103 · 填空题

_____是无连接的传输层协议；而_____协议是面向连接的，其连接的建立采用_____次握手方式。

【解答】

答案： UDP（用户数据报协议）；TCP（传输控制协议）；三（3）

解析：

• 第一空：传输层中，UDP（User Datagram Protocol）在发送数据前无需与接收方协商建立通信路径，属于典型的无连接协议。其特点为头部开销小（仅8字节）、传输延迟低，但不提供可靠性保证。
• 第二空：TCP（Transmission Control Protocol）在数据传输前必须先建立端到端的逻辑连接，属于面向连接的协议。它通过流量控制、拥塞控制、确认与重传机制提供可靠交付服务。
• 第三空：TCP连接的建立严格采用三次握手（Three-Way Handshake）机制，即：①客户端发送SYN报文请求连接；②服务端回复SYN+ACK报文确认并同步序号；③客户端发送ACK报文完成连接建立。该机制可防止历史失效连接请求造成资源浪费，并保证双方收发能力正常。

题 104 · 填空题

对于无序接收的滑动窗口协议，若序号位数为n，则接收窗口的最大尺寸为_____。

【解答】

答案： $2^{n-1}$

解析：
无序接收的滑动窗口协议即选择重传（Selective Repeat, SR）协议。为避免接收端无法区分“新发送的数据帧”与“重传的旧数据帧”，发送窗口尺寸 $W_s$ 与接收窗口尺寸 $W_r$ 之和不得超过序号空间大小，即满足约束条件：$W_s + W_r \le 2^n$。在标准协议设计中通常取 $W_s = W_r$，因此接收窗口的最大尺寸为 $2^{n-1}$。

题 105 · 填空题

UDP 是一种不可靠的传输层协议，采用 UDP 的应用层协议有 _____。

【解答】

答案： DNS（或 TFTP、SNMP、DHCP）

解析： UDP 为无连接、不可靠协议，但具有报文头部开销小（仅 8 字节）、无连接建立过程、传输延迟低的优点。DNS（域名解析）、TFTP（简单文件传输）、SNMP（网络管理）、DHCP（主机配置）等应用层协议因对实时性要求较高，或自身在应用层已实现重传/确认机制，故通常基于 UDP 实现。国内主流教材（如谢希仁《计算机网络》）中最常列举的典型代表为 DNS，单空填空题填写“DNS”即可。

题 106 · 填空题

UDP协议实现分用时所依据的头部字段是_____。

【解答】

答案：目的端口号（或 目的端口）

解析：UDP数据报头部固定为8字节，包含源端口、目的端口、长度和校验和4个字段。接收端操作系统收到UDP数据报后，根据头部中的目的端口号字段，将数据交付给本地监听该端口的对应应用进程，此过程即为传输层的分用（Demultiplexing）。

题 107 · 不定项选择题

主机甲与主机乙之间已建立TCP连接，主机甲向主机乙发送了三个TCP段，其中有效载荷长度分别为300、400、500字节，第三个段的序号为1500。传输过程中第二个段丢失，主机乙收到第一和第三个段后分别返回确认，分别返回的两个确认号是：_____。

A、1100和1100
B、300和1100
C、2000和2000
D、1100和2000

【解答】

答案：A

解析：

1. 推算各段起始序号：TCP序号按字节编号，且下一段序号 = 当前段序号 + 当前段有效载荷长度。
   • 已知第三段序号为1500，长度500字节，说明第二段结束于序号1500。
   • 第二段长度400字节，故其起始序号为 $1500 - 400 = 1100$。
   • 第一段长度300字节，故其起始序号为 $1100 - 300 = 800$。
   • 各段覆盖字节范围：第一段[800, 1099]，第二段[1100, 1499]，第三段[1500, 1999]。
2. 分析确认号（ACK）返回机制：标准TCP采用累积确认，确认号表示接收方期望收到的下一个字节的序号，不跳空确认。
   • 收到第一段后：数据连续到达（800~1099），接收方期望下一个字节为1100，故返回确认号 1100。
   • 收到第三段后：由于第二段（1100~1499）丢失，数据流出现空洞。接收方收到乱序的第三段时，仍只能确认已连续到达的最高序号的下一个字节，即期望收到缺失段的起始字节，因此再次返回确认号 1100（触发重复确认机制）。
3. 结论：两次返回的确认号均为1100，对应选项A。

题 108 · 不定项选择题

系统中同时有多个应用进程进行网络通信，传输层协议根据_____来区分这些应用进程。

A. 进程 ID
B. 端口号
C. IP 地址
D. MAC 地址

【解答】

正确答案：B

解析：

• B项正确：传输层的核心功能之一是实现端到端的进程间逻辑通信。当一台主机上同时运行多个网络应用时，传输层协议（如 TCP/UDP）通过端口号（Port Number）对报文进行多路复用与多路分解，从而准确地将数据交付给目标应用进程。
• A项错误：进程 ID（PID）是操作系统内核内部用于调度和资源管理的标识符，仅在本地主机有效，不参与网络协议封装，传输层无法感知。
• C项错误：IP 地址工作在网络层，用于标识通信的主机（或路由器接口），解决的是“数据送到哪台机器”的问题，无法区分同一台机器内的多个进程。
• D项错误：MAC 地址工作在数据链路层，用于在局域网内标识物理网卡，作用范围限于同一广播域，与传输层的应用进程标识无关。

题 109 · 不定项选择题

主机甲向主机乙发送一个(SYN=1, seq=1200)的 TCP段，期望与主机乙建立 TCP 连接，若主机乙接受该连接请求，则主机乙向主机甲发送的正确的 TCP 段可能是：_____。

A. ( SYN = 1, ACK = 0, seq = 1201, ack = 1201 )
B. ( SYN = 1, ACK = 1, seq = 1200, ack = 1200 )
C. ( SYN = 1, ACK = 1, seq = 1201, ack = 1201 )
D. ( SYN = 0, ACK = 1, seq = 1200, ack = 1200 )

【解答】

答案： C

解析：
本题考查 TCP 三次握手过程中报文段首部控制位与序号/确认号的变化规则。

• TCP 握手第二步规则：当接收方（主机乙）同意建立连接时，必须回复一个 SYN=1, ACK=1 的报文段。
  • ACK=1：表示确认号字段有效，用于确认收到的 SYN 请求。
  • ack = 收到的seq + 1：SYN 报文段虽不携带应用数据，但消耗一个序号。甲发送 seq=1200，故乙的确认号必须为 1200+1=1201。
  • SYN=1：用于同步乙自身的初始序号（ISN）。
  • seq：乙的初始序号由乙独立随机生成，与甲的序号无必然数学关系，选项中给出 1201 仅为示例值，符合规范。
• 逐项排除：
  • A 错误：ACK=0 表示确认号无效，无法完成对甲 SYN 报文的确认。
  • B 错误：ack=1200 未对 SYN 消耗的序号进行递增，正确值应为 1201。
  • C 正确：SYN=1, ACK=1 标志位正确，ack=1201 符合序号递增规则，seq=1201 为合法的初始序号。
  • D 错误：SYN=0 表示非连接建立报文，且 ack 值错误。

故唯一正确选项为 C。

题 110 · 不定项选择题

在滑动窗口协议中，若接收方的接收窗口大小为 10，窗口下沿为5，则_____。

A. 发送方的发送窗口下沿应等于 5
B. 发送方的发送窗口下沿应不大于 5
C. 发送方的发送窗口尺寸应等于 10
D. 发送方的发送窗口尺寸应不大于 10

【解答】

答案：B、D

解析：

• 核心概念：在滑动窗口协议中，窗口下沿（左边界）表示窗口内最小的序号；窗口尺寸（大小）表示窗口内可容纳的序号数量。
• 选项 A、B：接收窗口下沿为 5，表示接收方期望收到的下一个报文段序号是 5，即序号 4 及之前的数据已全部正确接收并确认。发送窗口下沿表示发送方最早未收到确认的报文段序号。根据协议状态一致性，发送方最早未确认的序号不可能大于接收方已确认的边界，因此必须满足 发送窗口下沿 ≤ 接收窗口下沿，即 ≤ 5（可能等于 5，也可能因尚未发送或等待确认而小于 5）。故 B 正确，A 错误。
• 选项 C、D：滑动窗口协议通过流量控制防止接收方缓冲区溢出。发送方的发送窗口尺寸受接收方通告窗口（即接收窗口大小）的严格限制，发送方允许发送但未确认的数据量不能超过接收方能缓存的数据量，因此 发送窗口尺寸 ≤ 接收窗口尺寸 = 10。发送窗口实际大小还可能受拥塞窗口等因素影响，不一定等于 10。故 D 正确，C 错误。
• 复习要点：滑动窗口收发双方约束关系为：① 发送窗口左边界 ≤ 接收窗口左边界；② 发送窗口大小 ≤ 接收窗口大小。

题 111 · 判断题

UDP 在计算校验和过程中，需要生成一个伪首部，源主机需要把该伪首部发送给目的主机。

【解答】

答案：错误

解析：
UDP 在计算校验和时确实需要临时构造一个伪首部（包含源 IP 地址、目的 IP 地址、协议号 17、UDP 长度等字段），但该伪首部仅用于校验和的计算与接收端的验证，不会被封装进实际发送的 UDP 数据报中，也绝不会发送给目的主机。接收主机在验证校验和时，会提取 IP 数据报首部中的源/目的 IP 地址等信息自行重新构造伪首部进行核对。因此题目后半句表述错误。

题 112 · 判断题

在TCP协议中，发送方的窗口大小取决于接收方允许的窗口。

【解答】

答案：错误

解析：TCP发送方的实际发送窗口大小并非仅由接收方决定，而是由接收方通告的接收窗口（rwnd）和网络拥塞窗口（cwnd）共同决定，计算公式为：
发送窗口 = min(rwnd, cwnd)

• rwnd：接收方根据自身缓冲区剩余空间通告的窗口，用于流量控制。
• cwnd：发送方根据网络拥塞状态动态调整的窗口，用于拥塞控制。
  发送窗口始终取二者中的较小值。仅当网络无拥塞（cwnd ≥ rwnd）时，发送窗口才等于接收方窗口；若网络发生拥塞（cwnd < rwnd），则发送窗口受限于cwnd。因此题干表述片面，错误。

题 113 · 判断题

使用UDP的数据传输，可靠性由数据链路层负责。

【解答】

答案：错误

解析：UDP 是无连接的不可靠传输协议，本身不提供确认、重传、序号、流量控制与拥塞控制等可靠性机制。数据链路层仅负责相邻节点（单跳）之间的帧差错检测（如 CRC）和可能的局部重传，属于“逐跳”可靠性，无法跨越多个网络节点保证端到端的可靠交付。若基于 UDP 实现可靠传输，必须由应用层自行设计可靠性机制（如 QUIC、RTP/RTCP 结合应用层重传、自定义确认与超时重传等）。因此该命题错误。

题 114 · 简答题

TCP 协议进行差错控制、流量控制和拥塞控制，为什么一定要建立连接？

【解答】

【最终答案】
TCP 必须建立连接的核心原因是：TCP 是面向连接的协议，建立连接（三次握手）用于同步双方状态变量、协商初始参数并分配传输控制块（TCB）等内核资源，从而为差错控制、流量控制和拥塞控制提供可靠的状态上下文与执行基础。

【分步解析】

1. 差错控制依赖序列号同步与 RTT 测量
   • 三次握手同步双方的初始序列号（ISN），使后续每个报文段都能被唯一标识。
   • 只有建立连接后，发送方才能准确记录报文发送时间，计算往返时间（RTT）并动态设置重传定时器（RTO），实现超时重传与冗余 ACK 触发重传。无初始序号同步，则无法判断报文是否丢失、重复或失序。
2. 流量控制依赖接收窗口（rwnd）协商
   • 握手的 SYN 和 ACK 报文中携带并确认双方的初始接收窗口大小。
   • 流量控制基于滑动窗口机制，窗口值是接收方实时反馈的动态参数。若不建立连接，双方无法获知对方缓冲区容量，发送方可能盲目发送导致接收方缓冲区溢出，流量控制机制无法启动。
3. 拥塞控制依赖状态机初始化
   • 连接建立后，TCP 才初始化拥塞控制核心变量：拥塞窗口 cwnd、慢启动阈值 ssthresh、拥塞避免计数器等。
   • TCP 随后进入慢启动阶段，通过 cwnd 的指数/线性增长探测网络容量。若无连接建立过程，这些端到端拥塞状态变量无初始化依据，拥塞控制算法无法运行。
4. 状态管理与历史报文过滤
   • 三次握手可过滤网络中延迟的旧报文段，防止历史连接数据被误认为新连接报文，避免序号错乱引发控制机制误判。
   • 操作系统在握手成功后为连接分配 TCB、收发缓冲区、定时器及协议栈状态机。上述三种控制机制均为有状态过程，必须依附于已建立的连接上下文才能稳定执行。

【期末踩分提示】
答题需明确点出：同步初始序列号(ISN)、协商接收窗口(rwnd)、初始化拥塞参数(cwnd/ssthresh)、分配TCB与内核资源、防止历史报文干扰。缺少状态同步与资源分配，TCP 的三种控制机制将因缺乏上下文而无法工作。

题 115 · 简答题

要在传输层实现可靠传输，除需进行差错控制外，还需解决哪些问题？如何解决？

【解答】

答案：
除差错控制外，传输层实现可靠传输还需解决以下4类核心问题及对应解决方法：

1. 分组丢失、重复与失序问题
   • 解决：采用序号（Sequence Number）与确认应答（ACK）机制，结合自动重传请求（ARQ）。发送方为每个报文段分配唯一序号；接收方按序号缓存、重组并按序交付，发现重复序号则直接丢弃；发送方若超时未收到ACK或连续收到3个重复ACK，则触发超时重传或快速重传。
2. 发送速率与接收处理能力不匹配问题
   • 解决：采用流量控制（Flow Control）。基于滑动窗口协议，接收方在每次ACK报文中通告当前可用缓冲区大小（接收窗口 rwnd），发送方动态限制已发送但未确认的数据量，确保发送速率不超过接收方处理能力，防止缓冲区溢出。
3. 网络链路拥塞问题
   • 解决：采用拥塞控制（Congestion Control）。发送方维护拥塞窗口（cwnd），实际发送窗口取 min(rwnd, cwnd)。通过慢启动、拥塞避免、快重传、快恢复四大算法动态感知网络拥塞程度：拥塞发生时指数/线性减小 cwnd，网络空闲时逐步增大，避免过载丢包。
4. 通信双方状态同步与资源释放问题
   • 解决：采用连接管理机制。使用三次握手建立连接，确保双方初始序列号同步并验证双向通信能力；使用四次挥手释放连接，保证双方数据均已发送完毕、ACK确认完成后再回收端口与缓冲区资源，防止历史报文干扰新连接。

题 116 · 简答题

在TCP协议中，发送窗口的宽度是怎样确定的？假设TCP最大段长度为1KB,某主机建立了一个TCP 连接，当前拥塞窗口宽度为5KB，在连续发送3个最大段后，成功收到了第2段的确认段，确认段中通告的接收窗口大小为4KB，则此时该主机最多还可以在该连接上发送多少数据？为什么？

【解答】

【答案】

1. 发送窗口的确定方法：TCP发送窗口宽度由拥塞窗口（cwnd）与接收方通告的接收窗口（rwnd）共同决定，取两者的最小值。即：发送窗口(swnd) = min(cwnd, rwnd)。
2. 最多还可发送数据量：3KB。

【详细解析】
步骤1：确定当前发送窗口上限
根据TCP协议规则，发送方的实际发送窗口受网络拥塞状况和接收方缓冲能力双重限制：
swnd = min(cwnd, rwnd) = min(5KB, 4KB) = 4KB
（注：此处使用题目给定的当前cwnd值与最新ACK通告的rwnd值计算）

步骤2：计算已发送未确认的数据量

• 主机已连续发送3个最大段，总发送量 = 3 × 1KB = 3KB。
• 成功收到第2段的确认段，TCP采用累积确认机制，表示前2KB数据已被接收方确认。
• 已发送未确认数据量 = 已发送总量 - 已确认量 = 3KB - 2KB = 1KB（即第3段仍在传输中未被确认）。

步骤3：计算剩余可发送空间
发送窗口内允许容纳“已发送未确认”和“新待发送”的数据总和。因此：
可发送数据量 = swnd - 已发送未确认数据量 = 4KB - 1KB = 3KB

结论（为什么）：
此时网络拥塞窗口为5KB，但接收方缓冲区仅剩4KB空间，故发送窗口被流量控制限制为4KB。扣除已在网络中传输且未获确认的第3段（1KB）后，发送方在窗口滑动前最多还能新发送3KB数据。若继续发送超过此值，将超出接收方处理能力或违反拥塞控制规则。

题 117 · 简答题

UDP和IP的不可靠程度是否相同？请加以解释。

【解答】

答案： 不相同。UDP的不可靠程度低于IP（即UDP比IP具有稍高的可靠性）。

解析：

1. 宏观交付机制相同：UDP与IP均为无连接、尽最大努力交付（Best-Effort）的协议，均不提供确认应答、超时重传、流量控制与拥塞控制机制，在“不保证报文必达、不保证顺序”的层面上均被归类为不可靠协议。
2. 核心差异在于差错检测范围：
   • IP协议：首部校验和仅覆盖IP首部，不检验数据载荷。IP只负责逐跳转发，若数据部分在传输中发生比特翻转，IP层无法发现，需交由上层处理。
   • UDP协议：校验和覆盖整个UDP报文段（首部+数据部分）及伪首部。该端到端校验机制能直接检测出数据载荷在传输过程中的比特差错，发现错误则直接丢弃报文段。
3. 服务粒度与边界识别：UDP在IP的主机到主机交付基础上，引入端口号实现进程到进程的复用/分用，并提供长度字段，使接收端能准确识别报文边界，减少了因IP分片重组异常或截断导致的“不可靠”影响。
4. 结论：虽然两者均不保证可靠交付，但UDP通过端到端的全报文校验和机制提供了比IP更强的数据完整性验证能力，因此不可靠程度不相同，UDP的不可靠程度相对更低。

题 118 · 简答题

TCP和网络层虚电路有哪些区别？

【解答】

答案：
TCP与网络层虚电路的主要区别如下：

1. 协议层次与服务边界不同：TCP位于传输层，提供端到端（进程到进程）的通信服务；虚电路位于网络层，提供主机到主机的通信服务。
2. 连接状态维护位置不同：TCP的连接状态（如序号、滑动窗口、拥塞控制参数）仅保存在通信两端的主机中，网络中间设备（路由器）对TCP连接完全透明；虚电路的转发状态（如VCI映射表、路由信息）必须保存在路径上的每一个网络层中间节点中。
3. 分组转发机制不同：TCP底层依赖无连接的IP数据报，每个IP分组独立路由；虚电路在连接建立阶段确定一条固定路径，后续所有分组沿该路径转发，分组首部仅携带简短的虚电路标识号，中间节点通过查表直接转发。
4. 可靠性保障范围不同：TCP在传输层提供完整的端到端可靠传输（确认、重传、流量控制与拥塞控制）；传统网络层虚电路（如X.25）通常提供逐跳可靠传输，而现代网络层面向连接服务（如帧中继、ATM/MPLS）通常仅保证连接建立，不保证可靠传输，可靠性交由上层处理。
5. 连接状态性质与管理方式不同：TCP为“软状态（Soft State）”，通过报文交互建立，依靠超时和周期性报文自动维护/拆除；虚电路为“硬状态（Hard State）”，需专用网络层信令协议显式建立和释放，状态由网络设备严格管控。
6. 网络适应性与灵活性不同：TCP天然适应IP网络的动态路由、链路故障和多路径特性，扩展性强；虚电路路径固定，对网络拓扑变化敏感，链路故障时需重新建链，灵活性较差。

解析（期末复习要点）：

• 核心对比逻辑：答题需紧扣“端到端 vs 网络层”、“主机软件维护 vs 网络设备维护”、“逻辑连接 vs 实际转发状态”三组关键词。
• 易错点提醒：TCP的“面向连接”是端到端的逻辑连接，底层IP仍是无连接的数据报网络，路由器不记录TCP连接信息；而网络层虚电路的“连接”是网络基础设施实际维护的转发路径与表项。混淆两者“连接”的物理/逻辑属性是常见失分点。
• 复习建议：结合《计算机网络》教材中“数据报子网与虚电路子网对比”及“TCP首部/连接管理”章节，重点掌握状态维护位置与可靠性作用域的层次划分。

题 119 · 简答题

网络中的主机A 向主机B 发送数据，A→B 的单向传输延迟为16ms，带宽1Gb/s，请问A→B的时延带宽积是多少比特？如果采用字节为单位的滑动窗口协议，假设主机B的接收能力足够大且信道无差错，为达到最高信道利用率，主机A的发送窗口宽度应设为多少字节？ (请给出计算过程)。

【解答】

【最终答案】

• 时延带宽积：$1.6 \times 10^7$ 比特（或 16,000,000 bit）
• 发送窗口宽度：$4 \times 10^6$ 字节（或 4,000,000 Byte）

【计算过程与解析】

1. 计算时延带宽积
   • 公式：时延带宽积 = 传播时延 × 带宽
   • 单位统一：单向传播时延 $T_{prop} = 16\text{ ms} = 0.016\text{ s}$；带宽 $R = 1\text{ Gb/s} = 10^9\text{ bit/s}$
   • 代入计算：$0.016\text{ s} \times 10^9\text{ bit/s} = 1.6 \times 10^7\text{ bit}$
   • 概念说明：时延带宽积表示链路上能同时容纳的最大数据量（即“管道”体积），仅使用单向传播时延计算。
2. 计算最高信道利用率下的发送窗口宽度
   • 核心原理：滑动窗口协议要实现 100% 信道利用率，发送方必须在等待第一个 ACK 返回的整个往返期间持续发送数据。因此，发送窗口大小应至少等于 带宽 × 往返时延(RTT) 所对应的数据量。
   • 计算 RTT：题目未提及处理时延与队列时延，且默认信道对称，故 $RTT = 2 \times T_{prop} = 2 \times 16\text{ ms} = 32\text{ ms} = 0.032\text{ s}$
   • 计算窗口容量（比特）：$W_{bit} = R \times RTT = 10^9\text{ bit/s} \times 0.032\text{ s} = 3.2 \times 10^7\text{ bit}$
   • 换算为字节：$W_{Byte} = \frac{3.2 \times 10^7\text{ bit}}{8\text{ bit/Byte}} = 4 \times 10^6\text{ Byte}$
   • 结论：为保持链路满载，主机A的发送窗口宽度应设为 4,000,000 字节。

(注：题目中“传输延迟”在计算机网络标准术语中实指“传播时延”；本题为期末典型理想化模型，忽略ACK大小、处理时延及协议开销。)

题 120 · 简答题

简述TCP 连接建立过程。如果将建立连接的三次握手简化为两次，可能导致什么情形？

【解答】

【TCP连接建立过程（三次握手）】

1. 第一次握手：客户端向服务端发送连接请求报文段（SYN=1，seq=x），客户端进入 SYN-SENT（同步已发送）状态。
2. 第二次握手：服务端收到报文后，若同意建立连接，则回复确认报文段（SYN=1，ACK=1，seq=y，ack=x+1），服务端进入 SYN-RCVD（同步已接收）状态。
3. 第三次握手：客户端收到报文后，向服务端发送确认报文段（ACK=1，seq=x+1，ack=y+1），客户端进入 ESTABLISHED（已建立）状态；服务端收到该报文后同样进入 ESTABLISHED 状态。连接建立完成。

   核心作用：同步双方初始序号（ISN），确认双向数据传输路径均畅通，确保通信的可靠性。

【简化为两次握手可能导致的情形】

1. 无法防止“已失效的连接请求报文段”干扰（教材标准考点）：网络中可能存在延迟重传的旧 SYN 报文。服务端收到后会误判为新连接请求，立即分配缓冲区等资源并进入 ESTABLISHED 状态，但客户端并未发起该请求，将直接丢弃服务端后续数据。导致服务端资源长期无效占用。
2. 双向初始序号同步不可靠：两次握手中，客户端未对服务端的初始序号 y 进行确认（ACK）。服务端无法确定客户端是否成功接收并认可该序号，若序号不一致，后续数据传输将出现校验失败或乱序，破坏TCP的可靠传输机制。
3. 连接状态不对称：服务端认为连接已建立，客户端认为连接未建立，形成“半开连接”。后续数据交互将因状态不一致而频繁超时重传，浪费网络带宽与计算资源。

题 121 · 计算题

设TCP的 ssthresh初始值为6（单位为报文段），当拥塞窗口上升到8 时网络发生超时，TCP 启用慢开始和拥塞避免。

(1) 分别求出第 1轮次到第10轮次传输的拥塞窗口大小（单位为报文段），要求写出计算过程。
(2) 如果发送的第 1个报文段中seq=0，并且每次都以 1000字节的长度发送报文段，经过10次后，再次发送时报文段中 seq可能的最大值是多少？

【解答】

(1) 答案：1, 2, 4, 8, 1, 2, 4, 5, 6, 7（单位：报文段）

计算过程：
TCP拥塞控制默认初始拥塞窗口 cwnd = 1。慢开始阶段 cwnd 每轮次加倍；达到或超过慢开始门限 ssthresh 后进入拥塞避免阶段，cwnd 每轮次加 1。发生超时时，更新 ssthresh = cwnd/2，并将 cwnd 重置为 1 重新进入慢开始。

• 第1轮：cwnd = 1（< ssthresh=6，慢开始）
• 第2轮：cwnd = 1×2 = 2（< 6，慢开始）
• 第3轮：cwnd = 2×2 = 4（< 6，慢开始）
• 第4轮：cwnd = 4×2 = 8（题目指出此时发生超时）。执行超时处理：ssthresh_new = 8/2 = 4，cwnd_new = 1。
• 第5轮：cwnd = 1（< 新ssthresh=4，慢开始）
• 第6轮：cwnd = 1×2 = 2（< 4，慢开始）
• 第7轮：cwnd = 2×2 = 4（= 4，达到门限，本轮仍按慢开始规律发送，下一轮起转入拥塞避免）
• 第8轮：cwnd = 4+1 = 5（拥塞避免）
• 第9轮：cwnd = 5+1 = 6（拥塞避免）
• 第10轮：cwnd = 6+1 = 7（拥塞避免）

(2) 答案：40000

计算过程：
TCP 序号（seq）按传输的字节数进行累计编号。

1. 计算 10 个轮次累计发送的报文段总数：
   N = 1 + 2 + 4 + 8 + 1 + 2 + 4 + 5 + 6 + 7 = 40（个报文段）
2. 计算累计发送的数据总量：
   已知每个报文段数据长度为 1000 字节，故总字节数 L = 40 × 1000 B = 40000 B
3. 计算下一次发送的 seq 值：
   TCP 的 seq 表示本报文段所发送数据的第一个字节的序号。初始 seq = 0，成功发送 40000 字节后，下一个待发送字节的序号为：
   seq_next = seq_initial + L = 0 + 40000 = 40000
   （该值远小于 TCP 32位序号空间上限 2^32，无需考虑模运算回绕）

题 122 · 计算题

TCP/IP协议向应用层提供的编程接口是_____。

【解答】

答案： 套接字（Socket）

解析： 套接字（Socket）是TCP/IP协议栈向应用层提供的标准编程接口（API）。它将底层网络通信的复杂细节（如分用/复用、连接管理、可靠传输等）进行封装，向应用程序暴露一组统一的系统调用（如socket()、bind()、connect()、listen()、accept()、send()/recv()等）。开发者通过调用这些函数即可透明地使用传输层的TCP或UDP服务，实现跨主机的数据通信。该概念为《计算机网络》教材传输层核心考点之一。

题 123 · 综合题

主机A 使用TCP协议向主机 B发送40KB 大小的数据，TCP连接建立后，主机A启用慢开始和拥塞避免，ssthresh初始值为6(单位为报文段)，每个报文段固定搭载 1KB数据。主机B接收窗口大小为8KB，且其接收和处理报文的速度很快。

(1) 如果传输过程中没有出现超时，则数据需经过多少个传输轮次发送完毕？请在下表中填写各传输轮次的拥塞窗口大小和发出的数据量

(2) 如果传输过程中第 6轮次完成后有一个报文段的计时器超时，之后的传输再未出现超时，则数据需经过多少个轮次发送完毕？请在下表中填写各传输轮次的拥塞窗口大小和发出的数据量

【解答】

(1) 答案： 8个传输轮次。
完整表格填写如下（9~13轮已发送完毕，无需填写）：

解析：

1. 基本规则：实际发送量 = min(拥塞窗口cwnd, 接收窗口rwnd, 剩余待发数据)。本题 rwnd=8KB，1报文段=1KB，ssthresh初始值=6。
2. 慢开始阶段：cwnd 指数增长。第1轮1，第2轮2，第3轮4。第4轮理论应增至8，但因达到 ssthresh=6，故 cwnd 置为6，第5轮起进入拥塞避免。
3. 拥塞避免阶段：cwnd 每轮线性+1。第5轮7，第6轮8，第7轮9，第8轮10。
4. 发送量计算：
   • 第1~3轮：cwnd < rwnd，发送量等于 cwnd，累计 1+2+4=7KB。
   • 第4轮：cwnd=6 < rwnd，发送6KB，累计13KB。
   • 第5轮：cwnd=7 < rwnd，发送7KB，累计20KB。
   • 第6轮：cwnd=8 = rwnd，受接收窗口限制，发送8KB，累计28KB。
   • 第7轮：cwnd=9 > rwnd，发送受 rwnd 限制为8KB，累计36KB。
   • 第8轮：cwnd=10 > rwnd，但剩余数据仅 40-36=4KB，故发送4KB，累计40KB。数据发送完毕。
     结论：共需 8 个传输轮次。

(2) 答案： 10个传输轮次。
完整表格填写如下：

解析：

1. 第1~6轮：与(1)完全相同，第6轮结束后累计已发送28KB，剩余 40-28=12KB。此时 cwnd=8。
2. 超时处理：第6轮后发生超时，TCP执行拥塞控制回调：
   • 更新慢开始门限：ssthresh = cwnd / 2 = 8 / 2 = 4
   • 重置拥塞窗口：cwnd = 1
   • 重新进入慢开始阶段。
3. 第7~10轮计算：
   • 第7轮：cwnd=1，发送 min(1, 8, 12)=1KB，剩余11KB。cwnd 指数增至2。
   • 第8轮：cwnd=2，发送 min(2, 8, 11)=2KB，剩余9KB。cwnd 指数增至4。
   • 第9轮：cwnd=4，达到新 ssthresh(4)，发送 min(4, 8, 9)=4KB，剩余5KB。此后进入拥塞避免。
   • 第10轮：cwnd 线性增长至5，发送 min(5, 8, 5)=5KB，剩余0KB。数据发送完毕。
     结论：共需 10 个传输轮次。

题 124 · 综合题

在使用TCP传输数据时，如果有一个确认报文段丢失，那么也不一定会引起与该确认报文段对应的数据的重传。试举例说明理由？

【解答】

答案：
不一定会引起重传。因为TCP采用累计确认（Cumulative Acknowledgment）机制，后续到达的确认报文段若其确认号覆盖了已丢失确认报文段所确认的数据范围，则原数据已被隐式确认，不会触发重传。

举例说明（分步骤）：

1. 发送数据：发送方连续发送3个TCP报文段：
   • 报文段A：序号 Seq=100，数据长度 100 字节（覆盖字节100~199）
   • 报文段B：序号 Seq=200，数据长度 100 字节（覆盖字节200~299）
   • 报文段C：序号 Seq=300，数据长度 100 字节（覆盖字节300~399）
2. 确认报文丢失：接收方正确收到报文段A后，回复确认报文 ACK=200。假设该ACK在网络传输中丢失。
3. 后续确认到达：接收方继续正确收到报文段B和C，随后回复确认报文 ACK=400。
4. 发送方处理：发送方收到 ACK=400。由于TCP确认号表示“期望接收的下一个字节序号”，ACK=400 隐含确认了序号399及之前的所有数据（即报文段A、B、C均已正确接收）。因此，发送方不会重传报文段A。

理由/原理分析：

• 累计确认机制：TCP的确认号具有累积性，一个较大的确认号自动确认了该序号之前的所有已发送数据。单个ACK丢失仅意味着发送方暂未收到对该数据的显式确认，但只要后续ACK及时到达且确认号 ≥ 原ACK的确认号，数据即被确认。
• 重传触发条件：TCP数据重传仅由 ①超时重传（RTO计时器到期） 或 ②快速重传（收到≥3个重复ACK） 触发。在本例中，只要后续ACK在RTO超时前到达，计时器会被重置，且不会产生重复ACK，故不满足任何重传条件。

期末复习提示：

• 牢记 确认号(Ack) = 期望收到的下一个字节序号。
• 区分“确认报文丢失”与“数据报文丢失”：数据丢失必触发重传（超时或快重传）；确认丢失通常可通过后续累计ACK弥补，属于TCP的冗余容错设计。

题 125 · 综合题

某网络拓扑如图所示。网络中有主机A和B，主机A连接在以太网交换机S1上，并通过路由器R1与Internet 相连。主机和设备的网络接口分别用 D1～D6 标识，对应的MAC 地址也标识为D1～D6，主机和路由器网络接口的IP 地址如图中所示。主机A加电启动后，使用TCP协议向主机B发送了20000字节的应用数据，通信过程中没有出错。主机在建立TCP连接后开始数据传输，并使用慢启动(慢开始)和拥塞避免机制进行拥塞控制，慢启动门限(ssthresh)初始值是8。已知最大报文段长度(MSS)为1000 字节，主机A始终按最大报文段长度发送应用数据，且每个报文段被封装成一个帧发出。试回答以下问题：

(1）从主机A启动完成后起算，如果将主机A为完成与主机B通信所发出和收到的帧按时间排序，记为F0、F1、F2……请分别给出 FO～F5 在通信过程中所起的作用。
(2)主机A发出的TCP报文段封装成帧后，帧中的目的MAC地址是什么？帧中所搭载IP分组的目的IP地址是什么？
(3)如果传输过程中没有出错,且主机B发来的报文段中”窗口(window size)”字段值始终为6000，请给出主机A中TCP连接在各传输轮次的拥塞窗口宽度(单位：最大报文段个数)，以及主机 A 在各传输轮次所发出的帧的个数。

图：某网络拓扑图。

【解答】

答案与解析：

(1) F0～F5 在通信过程中所起的作用

• F0：主机 A 发出的 ARP 请求报文（用于获取默认网关的 MAC 地址）。
  • 解析：主机 A 启动后首次与外网主机 B 通信，需将数据发给默认网关（211.72.1.2），但不知其 MAC 地址，故广播 ARP 请求。
• F1：路由器 R1（网关）发回的 ARP 响应报文（提供网关的 MAC 地址）。
  • 解析：网关收到请求后，单播回复自己的 MAC 地址（D4）。
• F2：主机 A 发出的 TCP 连接请求报文段（SYN 报文，三次握手第 1 步）。
  • 解析：获取网关 MAC 后，A 向 B 发起 TCP 连接建立请求。
• F3：主机 B 发回的 TCP 连接确认报文段（SYN+ACK 报文，三次握手第 2 步）。
  • 解析：B 同意建立连接，回复确认。
• F4：主机 A 发出的 TCP 连接确认报文段（ACK 报文，三次握手第 3 步）。
  • 解析：A 确认收到 B 的回复，TCP 连接建立完成。
• F5：主机 A 发出的 第一个 TCP 数据报文段（携带应用数据）。
  • 解析：题目指出“建立 TCP 连接后开始数据传输”，故 F5 为第一个数据帧。

(2) 帧中的目的 MAC 地址与 IP 分组的目的 IP 地址

• 帧中的目的 MAC 地址：D4
  • 解析：主机 A (211.72.1.134) 与主机 B (100.12.1.15) 不在同一子网。A 需要将 IP 分组发送给默认网关（211.72.1.2）。图中 R1 连接 S1 的接口 D4 IP 为 211.72.1.2，故帧的目的 MAC 地址为网关接口 MAC 地址 D4。
• 帧中所搭载 IP 分组的目的 IP 地址：100.12.1.15
  • 解析：IP 分组的目的地址始终是最终接收方主机 B 的 IP 地址，不随路由跳数改变。

(3) 各传输轮次的拥塞窗口宽度及发出的帧的个数

已知：MSS = 1000 字节，总数据 20000 字节（共 20 个 MSS），初始 ssthresh = 8，接收窗口 rwnd = 6000 字节（6 个 MSS）。
发送窗口大小 = min(cwnd, rwnd)。

• 第 1 轮：
  • 拥塞窗口 (cwnd)：1 (MSS)
  • 发出帧数：1
  • 解析：慢启动初始 cwnd=1。发送窗口=min(1, 6)=1。发送 1 个 MSS。收到 ACK 后 cwnd 翻倍为 2。
• 第 2 轮：
  • 拥塞窗口 (cwnd)：2 (MSS)
  • 发出帧数：2
  • 解析：cwnd=2 < ssthresh(8)，慢启动。发送窗口=min(2, 6)=2。发送 2 个 MSS。收到 ACK 后 cwnd 翻倍为 4。
• 第 3 轮：
  • 拥塞窗口 (cwnd)：4 (MSS)
  • 发出帧数：4
  • 解析：cwnd=4 < ssthresh(8)，慢启动。发送窗口=min(4, 6)=4。发送 4 个 MSS。收到 ACK 后 cwnd 翻倍为 8。
• 第 4 轮：
  • 拥塞窗口 (cwnd)：8 (MSS)
  • 发出帧数：6
  • 解析：cwnd=8 >= ssthresh(8)，进入拥塞避免阶段。理论可发 8 个，但受限于接收窗口 rwnd=6，故发送窗口=min(8, 6)=6。发送 6 个 MSS。收到 ACK 后，拥塞避免算法 cwnd 加 1，变为 9。
  • (注：此时累计发送 1+2+4+6=13 个 MSS)
• 第 5 轮：
  • 拥塞窗口 (cwnd)：9 (MSS)
  • 发出帧数：6
  • 解析：cwnd=9，拥塞避免。发送窗口=min(9, 6)=6。发送 6 个 MSS。收到 ACK 后 cwnd 加 1，变为 10。
  • (注：此时累计发送 13+6=19 个 MSS，还剩 1 个 MSS)
• 第 6 轮：
  • 拥塞窗口 (cwnd)：10 (MSS)
  • 发出帧数：1
  • 解析：cwnd=10，拥塞避免。发送窗口=min(10, 6)=6。但剩余数据仅 1 个 MSS (20-19=1)，故只发送 1 个帧。

总结表：

题 126 · 课后习题

主机 A 向主机 B 连续发送了两个 TCP 报文段，其序号分别是 70 和 100。试问：

(1) 第一个报文段携带了多少字节的数据？
(2) 主机 B 收到第一个报文段后发回的确认中的确认号应当是多少？
(3) 如果 B 收到第二个报文段后发回的确认中的确认号是 180，试问 A 发送的第二个报文段中的数据有多少字节？
(4) 如果 A 发送的第一个报文段丢失了，但第二个报文段到达了 B。B 在第二个报文段到达后向 A 发送确认。试问这个确认号应为多少？

【解答】

(1) 答案：30 字节。
解析： TCP序号字段标识本报文段所发送数据的第一个字节的序号。两报文段连续发送，故第二个报文段的序号 = 第一个报文段序号 + 第一个报文段数据长度。即：数据长度 = 100 - 70 = 30 字节。

(2) 答案：100。
解析： TCP确认号表示接收方期望收到的下一个报文段的第一个数据字节的序号。主机B成功收到第一个报文段（序号70起，共30字节，覆盖70~99），下一个期望字节为100，故确认号为100。

(3) 答案：80 字节。
解析： 确认号180表示主机B已正确接收序号179及之前的所有数据，期望下一个字节为180。第二个报文段从序号100开始，因此其数据长度 = 180 - 100 = 80 字节。

(4) 答案：70。
解析： TCP默认采用累计确认机制，确认号始终为按序期望接收的下一个字节序号。虽然第二个报文段（序号100起）到达，但序号70~99的数据尚未收到，B无法跳过缺失部分进行确认，因此仍会重复发送确认号 70，提示A重传第一个报文段。

题 127 · 课后习题

主机 A 向主机 B 发送 TCP 报文段，首部中的源端口是 m 而目的端口是 n。当 B 向 A 发送回信时，其 TCP 报文段的首部中的源端口和目的端口分别是什么？

【解答】

答案： 源端口为 n，目的端口为 m。

解析：
TCP 报文段首部中的端口号用于唯一标识通信两端主机上的应用进程。

1. 正向发送（A→B）：源端口 m 标识主机 A 上发起通信的进程，目的端口 n 标识主机 B 上接收数据的进程。
2. 反向回复（B→A）：为保证回复报文能准确交付给 A 的原发起进程，B 必须将端口号互换。B 以其处理该连接的端口 n 作为回复报文的源端口，以 A 发起连接时使用的端口 m 作为目的端口。
   此端口互换机制是 TCP 实现全双工通信、连接建立与多路复用的基本规则。

题 128 · 课后习题

TCP 的拥塞窗口 cwnd 大小与 RTT 的关系如下所示：

(1) 试画出如图所示的拥塞窗口与 RTT 的关系曲线。
(2) 指明 TCP 工作在慢开始阶段的时间间隔。
(3) 指明 TCP 工作在拥塞避免阶段的时间间隔。
(4) 在 RTT = 16 和 RTT = 22 之后发送方是通过收到三个重复的确认还是通过超时检测到了丢失了报文段？
(5) 在 RTT = 1、RTT = 18 和 RTT = 24 时，门限 ssthresh 分别被设置为多大？
(6) 在 RTT 等于多少时发送出第 70 个报文段？
(7) 假定在 RTT = 26 之后收到了三个重复的确认，因而检测出了报文段的丢失，那么拥塞窗口 cwnd 和门限 ssthresh 应设置为多大？

【解答】

题 128 · 课后习题 答案与解析

(1) 拥塞窗口与 RTT 的关系曲线

由于无法直接绘图，请参考题目中提供的示例图形状，根据以下关键点绘制：

• RTT 1~6：指数增长（1, 2, 4, 8, 16, 32），曲线陡峭上升。
• RTT 7~16：线性增长（33~42），曲线平缓上升。
• RTT 17：骤降至 21（42的一半）。
• RTT 18~22：线性增长（22~26），曲线平缓上升。
• RTT 23：骤降至 1。
• RTT 24~26：指数增长（2, 4, 8），曲线陡峭上升。

(2) TCP 工作在慢开始阶段的时间间隔

答案： [1, 6] 和 [23, 26]
解析：

• RTT 1~6：cwnd 分别为 1, 2, 4, 8, 16, 32，呈指数增长，符合慢开始算法特征。
• RTT 23~26：RTT 22 后发生超时，cwnd 重置为 1，随后 RTT 24, 25, 26 的 cwnd 为 2, 4, 8，呈指数增长，符合慢开始算法特征。

(3) TCP 工作在拥塞避免阶段的时间间隔

答案： [7, 16] 和 [18, 22]
解析：

• RTT 7~16：cwnd 从 33 线性增加到 42（每次加 1），符合拥塞避免算法特征。
• RTT 18~22：RTT 16 后收到 3 个重复确认，执行快恢复算法，cwnd 减半为 21。从 RTT 17 (cwnd=21) 开始，cwnd 线性增加（21, 22, 23, 24, 25, 26），属于拥塞避免阶段。（注：RTT 17 可视为快恢复结束进入拥塞避免的起点）。

(4) 丢失检测方式

答案：

• RTT = 16 之后：收到三个重复的确认。
• RTT = 22 之后：超时。
  解析：
• RTT 16 后：cwnd 从 42 变为 21（减半），没有变为 1，说明执行了快重传/快恢复算法，这是由收到三个重复确认触发的。
• RTT 22 后：cwnd 从 26 变为 1，说明执行了超时重传机制，将 cwnd 重置为 1。

(5) 门限 ssthresh 的值

答案：

• RTT = 1 时：32
• RTT = 18 时：21
• RTT = 24 时：13
  解析：
• RTT = 1：观察 RTT 6 (cwnd=32) 到 RTT 7 (cwnd=33) 的变化，由指数增长转为线性增长，说明初始 ssthresh 为 32。
• RTT = 18：在 RTT 16 时 cwnd=42，检测到拥塞（3个ACK），ssthresh 更新为 cwnd/2 = 21。RTT 18 处于该阶段，故 ssthresh 为 21。
• RTT = 24：在 RTT 22 时 cwnd=26，检测到超时，ssthresh 更新为 cwnd/2 = 13。RTT 24 处于该阶段，故 ssthresh 为 13。

(6) 第 70 个报文段发出的 RTT

答案： RTT = 7
解析：
计算累计发送的报文段数量：

• RTT 1: 发送 1 个 (累计 1)
• RTT 2: 发送 2 个 (累计 3)
• RTT 3: 发送 4 个 (累计 7)
• RTT 4: 发送 8 个 (累计 15)
• RTT 5: 发送 16 个 (累计 31)
• RTT 6: 发送 32 个 (累计 63)
• RTT 7: 发送 33 个 (累计 96)
  因为 63 < 70 ≤ 96，所以第 70 个报文段是在 RTT = 7 时发出的。

(7) RTT = 26 之后收到三个重复确认后的设置

答案：

• ssthresh：4
• cwnd：4
  解析：
• 当前 RTT = 26 时，cwnd = 8。
• 收到三个重复确认，执行快恢复算法。
• ssthresh 设置为当前 cwnd 的一半：$8 / 2 = 4$。
• cwnd 设置为新的 ssthresh 值（部分实现为 ssthresh + 3，但在标准习题解答中通常取 ssthresh）：$4$。
• 随后进入拥塞避免阶段，cwnd 将线性增长。

题 129 · 课后习题

用 TCP 传送 512 字节的数据。设窗口为 100 字节，而 TCP 报文段每次也是传送 100 字节的数据。再设发送方和接收方的起始序号分别选为 100 和 200，试画出类似于下图的工作示意图。从连接建立阶段到连接释放都要画上 (可不考虑传播时延)。

【解答】

答案与解析

由于无法直接作图，以下提供详细的绘图步骤和每个报文段的参数，你可以依据此画出示意图。示意图应包含两条垂直的时间线（左侧为客户 A，右侧为服务器 B），箭头表示报文传输方向。

1. 连接建立阶段（三次握手）

• 报文 1 (A $\to$ B):
  • 参数: SYN=1, seq=100
  • 说明: 客户端 A 发起连接，初始序号 $x=100$。SYN 报文消耗 1 个序号。
• 报文 2 (B $\to$ A):
  • 参数: SYN=1, ACK=1, seq=200, ack=101
  • 说明: 服务器 B 同意连接，初始序号 $y=200$。确认号 $ack = 100 + 1 = 101$。SYN 报文消耗 1 个序号。
• 报文 3 (A $\to$ B):
  • 参数: ACK=1, seq=101, ack=201
  • 说明: 客户端 A 确认收到 B 的 SYN。此时连接建立。A 的下一个序号是 101（因为 SYN 占用了 100）。B 的下一个序号是 201（因为 SYN 占用了 200）。

2. 数据传输阶段

题目中共有 512 字节数据，窗口和 MSS 均为 100 字节。因此需要分 6 次发送（前 5 次各 100 字节，最后 1 次 12 字节）。由于窗口限制，发送方每发一个报文段需等待确认（假设无延迟确认）。

• 报文 4 (A $\to$ B): seq=101, len=100 (数据 1)
• 报文 5 (B $\to$ A): seq=201, ack=201 (确认收到 100 字节，期待 201)
  • 注：B 此时只发 ACK，不消耗序号，故 seq 保持 201。
• 报文 6 (A $\to$ B): seq=201, len=100 (数据 2)
• 报文 7 (B $\to$ A): seq=201, ack=301
• 报文 8 (A $\to$ B): seq=301, len=100 (数据 3)
• 报文 9 (B $\to$ A): seq=201, ack=401
• 报文 10 (A $\to$ B): seq=401, len=100 (数据 4)
• 报文 11 (B $\to$ A): seq=201, ack=501
• 报文 12 (A $\to$ B): seq=501, len=100 (数据 5)
• 报文 13 (B $\to$ A): seq=201, ack=601
• 报文 14 (A $\to$ B): seq=601, len=12 (数据 6，剩余 $512 - 500 = 12$ 字节)
• 报文 15 (B $\to$ A): seq=201, ack=613 ($601 + 12 = 613$)

3. 连接释放阶段（四次挥手）

• 报文 16 (A $\to$ B):
  • 参数: FIN=1, ACK=1, seq=613, ack=201
  • 说明: A 发送完毕，请求释放连接。FIN 报文消耗 1 个序号。
• 报文 17 (B $\to$ A):
  • 参数: ACK=1, seq=201, ack=614
  • 说明: B 收到 FIN，发送确认。$ack = 613 + 1 = 614$。
• 报文 18 (B $\to$ A):
  • 参数: FIN=1, ACK=1, seq=201, ack=614
  • 说明: B 也请求释放连接。FIN 报文消耗 1 个序号（但在本例中 B 的 seq 之前一直是 201，所以这里 seq 仍写 201，消耗后变为 202）。
• 报文 19 (A $\to$ B):
  • 参数: ACK=1, seq=614, ack=202
  • 说明: A 确认 B 的 FIN。$ack = 201 + 1 = 202$。连接完全释放。

绘图关键点总结（用于核对）：

1. A 的序号变化： 100 (SYN) $\to$ 101 (Data start) $\to$ 201 $\to$ 301 $\to$ 401 $\to$ 501 $\to$ 601 $\to$ 613 (Data end/FIN start) $\to$ 614 (FIN end)。
2. B 的序号变化： 200 (SYN) $\to$ 201 (ACK/Data start) $\to$ … (一直保持 201 直到发 FIN) $\to$ 201 (FIN) $\to$ 202 (FIN end)。
3. B 的确认号 (ack) 变化： 101 $\to$ 201 (Data 1) $\to$ 301 (Data 2) $\to$ 401 (Data 3) $\to$ 501 (Data 4) $\to$ 601 (Data 5) $\to$ 613 (Data 6) $\to$ 614 (FIN from A)。
4. 数据分段： 务必画出 6 个数据报文段，最后一段长度较短。

题 130 · 课后习题

下面是以十六进制格式存储的一个 UDP 首部：CB84000D001C001C，试问：

(1) 源端口号是什么？
(2) 目的端口号是什么？
(3) 这个用户数据报的总长度是多少？
(4) 数据长度是多少？
(5) 这个分组是从客户到服务器方向的，还是从服务器到客户方向的？
(6) 客户进程是什么？

【解答】

(1) 52100
(2) 13
(3) 28 字节
(4) 20 字节
(5) 从客户到服务器方向
(6) 请求 Daytime（时间）服务的客户端进程（或答“任意客户端进程”）

【解析】

UDP 首部固定为 8 字节，格式如下（每字段占 2 字节/16 bit）：
源端口号(2B) | 目的端口号(2B) | 长度(2B) | 校验和(2B)

将给定的十六进制串 CB84000D001C001C 按 2 字节拆分：
CB84 | 000D | 001C | 001C

1. 源端口号：CB84(十六进制) = $12\times16^3 + 11\times16^2 + 8\times16^1 + 4\times16^0 = 52100$。
2. 目的端口号：000D(十六进制) = $13$。
3. 总长度：001C(十六进制) = $28$。UDP 的“长度”字段表示 UDP 首部 + 数据部分 的总字节数，故总长度为 28 字节。
4. 数据长度：UDP 首部固定为 8 字节，数据长度 = 总长度 - 首部长度 = $28 - 8 = 20$ 字节。
5. 传输方向：目的端口 13 属于熟知端口号（0~1023），固定分配给服务器端；源端口 52100 属于动态/短暂端口号（49152~65535），由客户端通信时临时分配。因此该分组为 从客户到服务器方向。
6. 客户进程：目的端口 13 对应 IANA 注册的 Daytime（时间） 服务。由于源端口为动态分配，客户进程本身不固定，通常答为 请求 Daytime 服务的客户端进程（或“任意客户端进程”）。

题 131 · 课后习题

TCP 连接使用 1000 字节的窗口值，而上一次的确认号是 22001。现在收到了一个报文段，确认号是 22401。

（1）试用图来说明在这之前与之后的窗口情况。
（2）如果发送方收到确认号是 22401 的报文段时，其窗口字段变为 1200 字节。试用图来说明在这之前与之后的窗口情况。

【解答】

（1）之前与之后的窗口情况

直接答案：

• 之前窗口范围：[22001, 23000]
• 之后窗口范围：[22401, 23400]

图示说明：

之前： | 已确认数据 (≤22000) | [发送窗口 22001 ~ 23000] | 尚未发送 (≥23001) |  
之后： | 已确认数据 (≤22400) | [发送窗口 22401 ~ 23400] | 尚未发送 (≥23401) |  

简要解析：
TCP 采用累积确认机制，确认号 ack=N 表示序号 <N 的字节均已正确接收。发送窗口后沿（左边界）始终等于最新确认号，前沿（右边界）等于 确认号 + 窗口大小 - 1。

• 收到 ack=22401 表明 22001~22400 共 400 字节已被确认，窗口后沿右移 400 字节。
• 窗口大小保持 1000 不变，前沿同步右移 400 字节，窗口整体向右滑动，释放了 400 字节的可发送空间。

（2）窗口字段变为 1200 字节后的情况

直接答案：

• 之前窗口范围：[22001, 23000]
• 之后窗口范围：[22401, 23600]

图示说明：

之前： | 已确认数据 (≤22000) | [发送窗口 22001 ~ 23000] | 尚未发送 (≥23001) |  
之后： | 已确认数据 (≤22400) |     [发送窗口 22401 ~ 23600]     | 尚未发送 (≥23601) |  

简要解析：

• 收到报文段后，后沿同样因 ack=22401 右移至 22401。
• 此时报文段首部的窗口字段（接收方通告窗口 rwnd）更新为 1200，窗口前沿扩展至 22401 + 1200 - 1 = 23600。
• 与（1）相比，窗口不仅因确认而滑动，还因接收方缓冲区空间变大而扩容，发送方可立即多发送 200 字节数据。

** 期末复习要点提示：**

1. 窗口边界公式：窗口起始序号 = 最新确认号；窗口终止序号 = 确认号 + 窗口大小 - 1。
2. 滑动规律：后沿只向右移（不后退），前沿可左右移动（由 rwnd 决定）。窗口整体移动代表已确认数据的释放与新发送权限的获取。
3. 作图规范：画图时务必标注序号轴、已确认区、发送窗口区及未发送区，并用箭头或文字标明后沿/前沿的移动方向。

​

应用层

题 132 · 填空题

FTP 采用的传输层协议为_____，建立连接时缺省端口号为_____。

【解答】

答案： TCP；21

解析：
FTP（File Transfer Protocol，文件传输协议）基于面向连接、可靠的传输层协议 TCP 实现，以确保文件数据传输的完整性与顺序性。FTP 采用双连接机制：

• 控制连接：用于传输客户端命令与服务器响应，贯穿整个会话，缺省端口号为 21。
• 数据连接：用于实际传输文件或目录列表，在主动模式下缺省端口号为 20，被动模式下由服务器动态分配。

填空题中“建立连接时缺省端口号”在标准教材与考试语境中均指控制连接的默认端口 21。

题 133 · 填空题

e-mail应用中，用户代理使用_____协议发送邮件，使用_____协议收取邮件。

【解答】

答案： SMTP；POP3（或IMAP）

解析：

• 第一空（SMTP）： 用户代理向发件人邮件服务器提交邮件，以及邮件服务器之间转发邮件，均使用 SMTP（Simple Mail Transfer Protocol，简单邮件传输协议）。该协议基于TCP，使用端口25（或加密的465/587）。
• 第二空（POP3/IMAP）： 用户代理从收件人邮件服务器读取/下载邮件时，使用 POP3（Post Office Protocol version 3，邮局协议第3版）或 IMAP（Internet Message Access Protocol，网际报文存取协议）。POP3默认将邮件拉取至本地并从服务器删除（可配置保留），适合单设备；IMAP支持在服务器端直接管理文件夹、标记状态并多端同步。国内教材填空题标准答案通常填 POP3，填 IMAP 亦属正确。

题 134 · 填空题

DNS的英文全称是_____，它基于传输层协议_____。

【解答】

答案： Domain Name System ； UDP

解析：

• 第一空：DNS 全称为 Domain Name System（域名系统），是互联网中用于实现域名与 IP 地址映射的分布式应用层协议。
• 第二空：DNS 默认基于传输层的 UDP 协议（端口号 53）。因 DNS 查询/响应报文通常较短，UDP 无需三次握手、头部开销小、解析延迟低；当响应数据超过 512 字节或进行主从服务器区域传输（Zone Transfer）时，会切换为 TCP 协议。期末填空填写“UDP”为标准答案。

题 135 · 填空题

HTTP的英文全称是 ___，它采用传输层协议是___，RIP是___层协议，它使用___协议传送数据，端口为___。

【解答】

答案：
HyperText Transfer Protocol｜TCP｜网络｜UDP｜520

简要解析：

1. HTTP的英文全称：HyperText Transfer Protocol（超文本传输协议），是万维网数据通信的基础应用层协议。
2. HTTP的传输层协议：HTTP需要可靠交付，因此默认采用传输层的 TCP 协议（默认端口80，HTTPS为443）。
3. RIP所属层次：RIP（Routing Information Protocol，路由信息协议）用于路由器之间交换路由表，属于 网络层（或互联网层）的内部网关协议。
4. RIP的数据传输协议：RIP的路由更新报文直接封装在 UDP 数据报中传输。
5. RIP的端口号：RIP固定使用UDP端口 520（源端口和目的端口均为520）。

题 136 · 不定项选择题

关于应用层协议，以下说法中错误的是_____。

A. DNS 协议基于 UDP
B. FTP使用2个TCP 连接，一个控制连接和一个数据连接
C. WWW 的熟知端口号是80，它是指客户端浏览器进程使用的端口号
D 域名解析过程可能需要进行多次迭代查询，它由域名服务器完成

【解答】

答案：C

解析：

• A项正确：DNS 主要基于 UDP 协议（端口 53）进行域名查询；仅当响应报文超过 512 字节或进行 DNS 区域传输时才切换至 TCP。
• B项正确：FTP 采用标准的双 TCP 连接机制：控制连接（默认端口 21）传输命令与控制信息，数据连接（默认端口 20 或动态分配）传输实际文件数据。
• C项错误：WWW 的熟知端口 80 是指 服务器端 Web 进程监听的端口。客户端浏览器发起请求时，使用的是操作系统临时分配的短暂端口（Ephemeral Port，通常 >1023），而非熟知端口。
• D项正确：域名解析过程中，本地 DNS 服务器向根 DNS、顶级 DNS、权限 DNS 的查询通常采用迭代查询方式，该过程由各级域名服务器依次响应完成。

本题要求选出错误说法，故答案为 C。

题 137 · 不定项选择题

用户1与用户2之间发送和接收电子邮件的过程如下图所示，则图中①、②、③阶段分别使用的应用层协议可以是_____。

A、SMTP、SMTP、SMTP
B、POP3、SMTP、POP3
C、SMTP、SMTP、POP3
D、POP3、SMTP、SMTP

【解答】

答案：C

解析：

电子邮件系统的通信过程主要分为三个阶段，对应的应用层协议如下：

1. 阶段①（发送方用户代理 $\rightarrow$ 发送方邮件服务器）：
   • 用户1使用用户代理（如Outlook、Foxmail）撰写邮件并发送。
   • 用户代理作为SMTP客户端，将邮件推送到用户1的邮件服务器。
   • 协议：SMTP (Simple Mail Transfer Protocol)。
2. 阶段②（发送方邮件服务器 $\rightarrow$ 接收方邮件服务器）：
   • 用户1的邮件服务器作为SMTP客户端，将邮件传输给用户2的邮件服务器（SMTP服务器）。
   • 这是邮件在因特网上的核心传输过程。
   • 协议：SMTP。
3. 阶段③（接收方邮件服务器 $\rightarrow$ 接收方用户代理）：
   • 用户2使用用户代理从用户2的邮件服务器读取/下载邮件。
   • 这是一个“拉取”（Pull）的过程。
   • 协议：通常使用 POP3 (Post Office Protocol version 3) 或 IMAP (Internet Message Access Protocol)。

选项分析：

• A项：阶段③使用SMTP是不准确的，SMTP主要用于发送（Push），接收通常使用POP3/IMAP。
• B项：阶段①是发送邮件，不能使用POP3（POP3用于接收）。
• C项：SMTP、SMTP、POP3。符合上述标准流程，正确。
• D项：阶段①是发送邮件，不能使用POP3。

综上所述，正确选项为 C。

题 138 · 判断题

在向多用户分发一个文件时，P2P模型通常比C/S模型所需的时间短。

【解答】

答案： 正确

解析：
该结论是计算机网络教材中对比C/S与P2P架构的经典结论，核心在于系统总上行带宽的扩展性差异：

1. C/S模型：文件全由中心服务器提供，服务器上行带宽固定。分发时间主要受限于服务器向$N$个用户逐一发送文件的耗时，随用户数线性增长，即 $T_{C/S} \approx \max\left\lbrace\frac{NF}{u_s}, \frac{F}{d_{\min}}\right\rbrace$（$F$为文件大小，$u_s$为服务器上行速率，$d_{\min}$为用户最小下行速率）。
2. P2P模型：每个对等节点在下载文件片后，同时作为上传者向其他节点提供数据。系统总上行带宽 = 服务器上行带宽 + 所有已下载节点的上行带宽之和。因此分发时间增长极缓，理论下限为 $T_{P2P} \approx \max\left\lbrace\frac{F}{u_s}, \frac{F}{d_{\min}}, \frac{NF}{u_s + \sum u_i}\right\rbrace$。
3. 结论：当用户规模$N$较大时，P2P模型能充分利用客户端闲置的上行带宽，文件分发时间显著短于C/S模型。“通常”一词也涵盖了实际网络中该优势成立的一般场景。

题 139 · 判断题

HTTP不能用于用户从邮件服务器接收电子邮件。

【解答】

答案： 错误

解析： 该说法错误。现代基于Web的邮箱系统（Webmail）广泛采用HTTP/HTTPS协议，用户通过浏览器即可访问并接收电子邮件。虽然传统邮件客户端直接接收邮件使用的是POP3或IMAP协议，但Web邮箱的架构是：用户端通过HTTP与Web服务器交互，Web服务器再作为代理使用POP3/IMAP与后端邮件服务器通信并获取邮件。因此，HTTP完全可以用于用户接收电子邮件。本题核心考点为应用层邮件访问方式的区别（传统专用协议 vs Web通用协议）。

题 140 · 简答题

某同学使用一台连接以太网的计算机上网，在浏览器地址栏输入网址lib.buaa.edu.cn后，浏览器使用哪种应用层协议与北航图书馆Web 服务器通信？服务器端的端口号是多少？待浏览器显示出北航图书馆主页，发现地址栏内容为 https://lib.buaa.edu.cn ，这说明主页信息是使用哪种应用层协议传输的？服务器端的端口号是多少？除上述协议外，该计算机在网络层、传输层、应用层还使用了哪些协议？

【解答】

答案：

1. 初始与Web服务器通信的应用层协议：HTTP
2. 对应服务器端口号：80
3. 主页信息传输的应用层协议：HTTPS（或基于TLS/SSL的HTTP协议）
4. 对应服务器端口号：443
5. 除上述协议外使用的其他协议：
   • 应用层：DNS、DHCP
   • 传输层：TCP、UDP
   • 网络层：IP、ARP、ICMP

解析（分步骤说明）：

1. 初始访问阶段：在地址栏输入域名后，浏览器默认使用明文 HTTP协议 向目标Web服务器发起请求。HTTP 的默认服务器端口为 80。
2. 安全重定向阶段：服务器收到HTTP请求后，通常返回重定向状态码（如301/302），引导客户端使用加密连接。浏览器随后建立 HTTPS协议 会话，其默认服务器端口为 443。地址栏协议前缀更新为 https:// 即为此过程完成的结果。
3. 完整协议栈分析（除HTTP/HTTPS外）：
   • 应用层：必须使用 DNS协议 将 lib.buaa.edu.cn 解析为IP地址；若计算机未静态配置网络参数，接入以太网时会使用 DHCP协议 自动获取IP地址、子网掩码及DNS服务器地址。
   • 传输层：HTTP/HTTPS 依赖面向连接的 TCP协议 提供可靠传输；DNS 查询默认使用无连接的 UDP协议（端口53），当响应报文超过512字节或进行区域传输时切换至TCP。
   • 网络层：数据包在互联网中的路由与交付依赖 IP协议（IPv4/IPv6）；在以太网局域网内，计算机需通过 ARP协议 将默认网关的IP地址解析为MAC地址以完成帧封装；ICMP协议 伴随运行，用于差错报告、拥塞控制及路径MTU发现。

题 141 · 计算题

HTTP协议中的80端口的作用_____。

【解答】

答案： 作为HTTP服务的默认监听端口，用于接收客户端的HTTP请求并建立TCP连接

解析：

1. 端口分配机制：IANA（互联网号码分配局）将 0~1023 划分为熟知端口（Well-known Ports），其中 80 被正式分配给 HTTP 协议。
2. 核心作用：Web 服务器默认在 80 端口监听并等待客户端的连接请求。当浏览器访问网址未显式指定端口时，会自动向目标服务器的 80 端口发起 TCP 三次握手，建立可靠的传输连接以承载后续的 HTTP 报文交互。
3. 对比说明：80 端口传输的是明文数据；若使用加密的 HTTPS 协议，则默认监听端口为 443。

题 142 · 计算题

如果本地域名服务无缓存，当采用递归方法解析另一网络某主机域名时，用户主机本地域名服务器发送的域名请求条数分别为（ ）

A.1条，1条
B.1条，多条
C.多条，1条
D.多条，多条

【解答】

答案：B

解析：

• 关键点1（用户主机）：DNS递归查询的核心是“一次委托，全程代办”。用户主机仅向本地域名服务器发送 1条 查询请求，随后等待最终解析结果，不直接参与后续各级域名服务器的交互。
• 关键点2（本地域名服务器）：本地域名服务器若无缓存，需代替主机完成完整解析链。它必须依次向根域名服务器、顶级域名服务器、权威（权限）域名服务器等发起查询（或接收转发），因此累计向外发送 多条 域名请求报文。
• 易混淆对比：若题目改为“迭代查询”，则主机需发送多条（依次询问根、顶级、权威服务器），本地域名服务器仅返回1次指引或直接应答。本题明确采用递归方法，故对应“1条，多条”。

题 143 · 综合题

连接在以太网中的某主机在访问Internet 过程中发出一个帧，其前 80 字节的内容(十六进制表示)如下：

(1）帧中的目的MAC地址是什么？主机生成该帧时，如何获得该地址？
(2）帧中所含 IP 分组的目的 IP 地址是什么(点分十进制表示)？从IP 分组内容可以看出该主机所在子网的网关同时进行地址翻译(NAT)，为什么？
(3）帧中所含IP 分组到达接收方主机后，接收方如何从IP分组中识别出传输层报文的起始位置？可以看出题中给出的传输层报文为TCP报文，为什么？请说明该帧所传输的应用层协议是什么？

注：以太网帧结构如下图所示。

【解答】

(1) 目的MAC地址与获取方式

• 目的MAC地址： 00:23:89:52:3D:D1
• 获取方式： 通过 ARP（地址解析协议） 获得。该帧用于访问Internet，目的MAC地址实际为默认网关（下一跳路由器）的MAC地址。主机生成帧时首先查询本地ARP缓存，若无对应表项，则在局域网内广播发送ARP请求报文；网关收到后以单播回复其MAC地址，主机将其填入以太网帧的目的地址字段。

(2) 目的IP地址与NAT判断依据

• 目的IP地址： 219.239.227.6
• NAT原因： IP分组源IP地址为 10.8.1.11（对应十六进制 0A 08 01 0B），属于RFC 1918定义的私有地址（10.0.0.0/8 网段）。该主机访问的目的IP 219.239.227.6 为公网地址。私有地址不能在Internet上直接路由，数据包离开子网时，网关必须将私有源IP替换为合法的公网IP，并维护映射表以便响应报文回传，因此可明确判定网关同时进行了 NAT（网络地址转换）。

(3) 传输层定位、TCP判断与应用层协议

• 识别传输层起始位置： 接收方解析IP首部中的 首部长度（IHL） 字段（本例值为 5，单位为32位字），计算得IP首部长度为 5×4=20 字节。跳过该20字节后，紧随的字节即为传输层报文起始位置。
• 判断为TCP报文的原因： IP首部中的 协议（Protocol） 字段值为 06（十六进制，十进制为6），该值在IANA分配中明确对应 TCP协议。此外，后续数据包含源/目的端口、32位序号、32位确认号及控制位字段，结构完全符合TCP报文段规范。
• 应用层协议： HTTP（超文本传输协议）
• 判断依据：
  1. 报文内容： TCP数据部分起始十六进制为 47 45 54 20 2F 20 48 54 54 50 2F 31 2E 31，转换为ASCII码即为 GET / HTTP/1.1，是标准的HTTP请求行。
  2. 端口号： 传输层目的端口字段为 00 50（十进制80），为HTTP服务的默认熟知端口。

题 144 · 综合题

假定你在浏览器点击一个URL，但这个URL的IP地址以前并没有缓存在本地主机上。因此需要用DNS自动查找和解析。假定要解析到所要找的URL的IP地址共经过m 个DNS服务器，所要经历的时间分别为 RTT1，RTT2，…，RTTm。假定从要找的网页上只需要读取一张很小的文档（可忽略文档的传输时间）。从本地主机到这个网页的往返时间为 RTTw。试问从点击 URL 开始，一直到本地主机的屏幕上显示文档内容，一共约经历多少时间？

【解答】

最终答案：
$T = \sum_{i=1}^{m} RTT_i + 2RTT_w$ （或写为 $RTT_1 + RTT_2 + \dots + RTT_m + 2RTT_w$）

分步解析：
从点击URL到浏览器屏幕显示文档，主要经历以下三个串行阶段，总时间为各阶段耗时之和：

1. DNS域名解析阶段：本地无缓存，需逐级或迭代查询DNS服务器。题目已明确经过 $m$ 个服务器，各自往返时间为 $RTT_1, RTT_2, \dots, RTT_m$，故该阶段总耗时为：
   $T_{DNS} = \sum_{i=1}^{m} RTT_i$

2. TCP连接建立阶段：获得目标Web服务器IP后，浏览器需与其进行TCP三次握手。客户端发送SYN报文，服务器返回SYN+ACK报文，客户端收到即可进入ESTABLISHED状态（第三次ACK可携带数据，不阻塞后续请求）。此过程耗时为本地到Web服务器的 $1$ 个往返时间：
   $T_{TCP} = RTT_w$

3. HTTP请求与响应阶段：TCP连接建立后，浏览器立即发送HTTP GET请求，服务器处理并返回小文档。题目已说明文档传输时间可忽略，仅考虑网络往返延迟。请求发出到响应报文返回耗时为 $1$ 个 $RTT_w$：
   $T_{HTTP} = RTT_w$

总时间计算：
$T_{\text{总}} = T_{DNS} + T_{TCP} + T_{HTTP} = \sum_{i=1}^{m} RTT_i + 2RTT_w$

题 145 · 综合题

在浏览器中输入 www.baidu.com 并按回车，直到百度网站的首页显示在浏览器中，请问在此过程中，按照TCP/IP参考模型，从应用层到网络层都用到了哪些协议并简述其协议作用？

【解答】

最终答案：
按TCP/IP参考模型自顶向下，该过程主要用到以下协议及作用：

1. 应用层

• DNS（域名系统）：将用户输入的域名 www.baidu.com 解析为对应的 IPv4/IPv6 地址，使浏览器获知目标服务器的网络位置。
• HTTP/HTTPS（超文本传输协议）：用于浏览器与 Web 服务器之间的请求与响应交互，传输网页的 HTML、CSS、脚本及多媒体资源。

2. 传输层

• UDP（用户数据报协议）：承载 DNS 查询与响应报文。提供无连接、低开销的快速传输，适用于域名解析这类短小、实时性要求高的交互（默认使用 53 端口）。
• TCP（传输控制协议）：承载 HTTP/HTTPS 通信。通过三次握手建立面向连接的可靠传输通道，提供数据确认、重传、流量控制与拥塞控制机制，确保网页数据完整、有序地送达。

3. 网络层

• IP（网际协议）：为所有上层报文（DNS/UDP、HTTP/TCP）提供逻辑寻址（源/目的 IP 地址）与路由转发功能。路由器依据 IP 数据报首部中的目的地址进行逐跳转发，实现跨网络的数据包送达与返回。

过程串联解析：

1. 域名解析阶段：浏览器调用 DNS 客户端，通过 UDP 封装 DNS 查询报文，交由 IP 路由发送至递归/权威 DNS 服务器，获取 www.baidu.com 的 IP 地址。（应用层：DNS；传输层：UDP；网络层：IP）
2. 连接建立阶段：浏览器向解析出的 IP 地址（默认 80/443 端口）发起 TCP 三次握手，建立可靠传输连接。（传输层：TCP；网络层：IP）
3. 数据请求与传输阶段：连接建立后，浏览器通过 HTTP/HTTPS 构造 GET 请求报文。该报文交由 TCP 分割为报文段并保证可靠传输，再由 IP 封装为数据报，经互联网路由转发至百度服务器；服务器处理后沿原路返回网页资源。（应用层：HTTP/HTTPS；传输层：TCP；网络层：IP）
4. 渲染显示阶段：本机接收并重组数据，浏览器解析 HTML 等资源，完成首页渲染。实际底层还需链路层/物理层配合完成帧传输，但按题意范围仅列至网络层。