1.1 MiB
数据链路层习题
数据链路层功能
例题 数据链路层协议的功能不包括()。
$A.$定义数据格式
$B.$提供结点之间的可靠传输
$C.$控制对物理传输介质的访问
$D.$为终端结点隐蔽物理传输的细节
解：$D$。数据链路层的主要功能包括组帧，组帧即定义数据格式，$A$正确。数据链路层在物理层提供的不可靠的物理连接上实现结点到结点的可靠性传输，$B$正确。控制对物理传输介质的访问由数据链路层的介质访问控制（$MAC$）子层完成，$C$正确。数据链路层不必考虑物理层如何实现比特传输的细节，因此$D$错误。
例题 为了避免传输过程中帧的丢失，数据链路层采用的方法是()。
$A.$帧编号机制
$B.$循环冗余校验码
$C.$汉明码
$D.$计时器超时重发
解：$D$。为防止在传输过程中帧丢失，在可靠的数据链路层协议中，发送方对发送的每个数据帧设计一个定时器，当计时器到期而该帧的确认帧仍未到达时，发送方重发该帧。为保证接收方不会接收到重复帧，需要对每个发送的帧进行编号。汉明码和循环冗余校验码都用于差错控制。
组帧
例题 在一个数据链路协议中使用下列字符编码：
$A,0100,0111$；$B,1110,0011$；$ESC,1110,0000$；FLAG\,0111\,1110
在使用下列成帧方法的情况下，说明为传送$4$个字符$A$、$B$、$ESC$、$FLAG$所组织的帧而实际发送的二进制位序列（使用$FLAG$作为首尾标志，$ESC$作为转义字符）。
1）字符计数法。
2）使用字符填充的首尾定界法。
3）使用比特填充的首尾标志法。
1）解：第一字节为所传输的字符计数$5$，转换为二进制为$0000,0101$，后面依次为$A$、$B$、$ESC$、$FLAG$的二进制编码：$0000,0101\quad0100,0111\quad1110,0011\quad1110,0000\quad0111,1110$。
2）解：首尾标志位$FLAG$（$0111,1110$）在首部和尾部都需要加上，在所传输的数据中，若出现控制字符，则在该字符前插入转义字符$ESC$（$1110,0000$）：$0111,1110\quad0100,0111\quad1110,0011\quad1110,0000\quad1110,0000\quad1110,0000\quad0111,1110\quad0111,1110$。
3）解：首尾标志位$FLAG$（$0111,1110$）在首部和尾部都需要加上，在所传输的数据中，若连续出现$5$个“$1$”，则在其后插入“$0$”：$0111,1110\quad0100,0111\quad1101,0011\quad1110,0000\quad0111,11010\quad0111,1110$。
差错控制
噪声
例题 通过提高信噪比可以减弱其影响的差错是())。
$A.$随机差错
$B.$突发差错
$C.$数据丢失差错
$D.$干扰差错
解：$A$。一般来说，数据的传输差错是由噪声引起的。通信信道的噪声可以分为两类：热噪声和冲击噪声。热噪声一般是信道固有的，引起的差错是随机差错，可以通过提高信噪比来降低它对数据传输的影响。冲击噪声一般是由外界电磁干扰引起的，引起的差错是突发差错，它是引起传输差错的主要原因，无法通过提高信噪比来避免。
CRC循环冗余码
例题 在数据传输过程中，若接收方收到的二进制比特序列为$1011,0011,010$，接收双方采用的生成多项式为$G(x)=x^4+x^3+1$，则该二进制比特序列在传输中是否出错?如果未出现差错，那么发送数据的比特序列和$CRC$检验码的比特序列分别是什么？
解：根据题意，生成多项式$G(x)$对应的二进制比特序列为$11001$。进行如下的二进制模二除法，被除数为$1011,0011,010$，除数为$11001$所得余数为0,因此该二进制比特序列在传输过程中未出现差错。发送数据的比特序列是$1011,001$，$CRC$检验码的比特序列是$1010$。
流量控制
停止等待协议
例题 如一个信道的数据传输速率为$4kb/s$，单向传播时延为$30ms$，若使用停止等待协议的信道最大利用率为$80%$，则数据帧长度至少为多少？
解：令数据帧长度为$L$（$kb$），利用公式：信道利用率=(单位时间内发送数据的比特数÷发送方发送数据传输率)÷发送周期。
得到：0.8=\dfrac{L}{4}\div\left(\dfrac{L}{4}+2\times0.03\right)
最后得到$L=960b$。
例题 对于下列给定的值，不考虑差错重传，非受限协议（无须等待应答）和停止-等待协议的有效数据率是多少？（即每秒传输了多少真正的数据，单位为$b/s$。）
$R$=传输速率（$16Mb/s$）
$S$=信号传播速率（$200m/\mu s$）
$D$=接收主机和发送主机之间传播距离（$200m$）
$T$=创建帧的时间（$2\mu s$）
$F$=每帧的长度（$500bit$）
$N$=每帧中的数据长度（$450bit$）
$A$=确认帧$ACK$的帧长（$80bit$）
解：
信道利用率公式都是实际传输的有用数据$N$除以传输这些数据所需要的时间。所以分子都是$N$。
1）非受限协议
传输周期包括创建帧的时间，以及发送整个帧的时间，不考虑传播时间，因为传播时间对于非受限协议不影响，会不停地发送，所以传播时间多长无关。
有效数据率：$=\dfrac{N}{T+\dfrac{F}{R}}=\dfrac{450bit}{2\mu s+\dfrac{500bit}{16bit/\mu s}}\approx13.53bit/\mu s=13.53Mb/s$。
2）停止等待协议
停止等待协议需要发送一次数据帧，还需要接收一次确认帧，所以需要两次建立帧的时延和传播时延。发送的数据包括数据本身以及一个$ACK$。
有效数据率：$=\dfrac{N}{2\times(T+D/S)+(F+A)/R}=\dfrac{450bit}{2\times\left(2\mu s+\dfrac{200m}{200m/\mu s}\right)+\dfrac{500bit+80bit}{16bit/\mu s}}\approx10.65bit/\mu s=10.65Mb/s$。
后退N帧协议
$k$位比特编号最大接受窗口为$2^k-1$。
例题 数据链路层采用了$GBN$协议，发送方已经发送了编号为$0$到$7$的帧，当计时器超时时，若发送方只收到了$0$、$2$、$3$号帧的确认，则发送方需要重新发送的帧数为（）。
$A.1$ $B.2$ $C.3$ $D.4$
解：$D$。请注意的是$GBN$是累计确认的，所以最后收到了$3$号帧的确认代表$0$、$1$、$2$、$3$号帧都确认收到了，没有收到$1$号的确认也无所谓，所以这时候就应该从$4$号帧开始重发，所以是$D$。
例题 两台主机之间的数据链路层采用后退$N$帧协议（$GBN$）传输数据，数据传输速率为$16kb/s$，单向传播时延为$270ms$，数据帧长度范围是$128\sim512$字节，接收方总是以与数据帧等长的帧进行确认。为使信道利用率达到最高，帧序列的比特数至少为()。
$A.2$ $B.3$ $C.4$ $D.5$
解：$C$。已知数据帧长度范围是$128\sim512$字节，所以数据帧长度是不确定的，而要保证信道使用率最高，所以按最小数据帧长度计算（因为单向传播时延固定下，越大的数据帧信道利用率越高）。
一帧发送所需要的时间为$128\times8/(16\times10^3)=64ms$，而发送一帧到确认该帧一共需要$64+270\times2+64=668ms$，这个时间段内可以传输$668/64=10.4$帧，所以至少需要$4$为比特进行编号（$2^4=16>10.4$）。
例题 主机甲与主机乙之间使用后退$N$帧协议传输数据，甲的发送窗口尺寸为$1000$，数据帧长为$1000$字节，信道带宽为$100Mb/s$，乙每收到一个数据帧立即利用一个短帧（忽略其传输延迟）进行确认，若甲、乙之间的单向传播时延是$50ms$，则甲可以达到的最大平均数据传输速率约为()。
A.10Mb/s
B.20Mb/s
C.80Mb/s
D.100Mb/s
解：首先是求最大的平均数据传输速率。已知题目中已经给出了一个速度$100Mb/s$，这是带宽即最大传输速度。实际的最大传输速率不会超过这个速度。
首先要计算出一个帧在收到确认帧的整个发送周期。首先$1000$字节，信道带宽为$100Mb/s$，即发送时延为$1000\times8=8000bit\div100Mb/s=0.00008s$，所以一共需要$50ms\times2+0.00008s=0.10008s$，即一个帧完成传输需要0.10008s$。
此时这个周期内由于使用后退$N$帧协议，所以可以传输$0.10008s\times100Mb/s=10008000b$个数据，即$10008000\div8000=1251$组，即这个时间段能发送$1251$个帧，但是实际上发送窗口为$1000$即最多只能发送$1000$个帧，达不到$100Mb/s$的带宽满值。
实际能达到的速率为$1000\times1000\times8\div0.10008s\approx80MB/s$。
例题 假定卫星信道的数据率为$100kb/s$，卫星信道的单程传播时延为$250ms$，每个数据帧的长度均为$2000$位，并且不考虑误码、确认帧长、头部和处理时间等开销，为达到传输的最大效率，试问帧的顺序号应为多少位，此时信道利用率是多少。
解：首先卫星信道的单程传播时延为$250ms$，所以$RTT=250\times2=500ms=0.5s$。
而一个帧的发送时间等于$2000bit/(100kb/s)= 20\times10^{-3}s$。
一个帧发送完后经过一个单程时延到达接收方，再经过一个单程时延发送方收到应答，从而可以继续发送，因此要达到传输效率最大，就是不用等确认也可继续发送帧，这就要求一个单程上不断发送帧。
设窗口值等于$x$，令$2000bit\times x/(100kb/s)= 20×10^{-3}s+RTT=20×10^{-3}s+0.5s=0.52s$。
得$x=26$。要取得最大信道利用率，窗口值是$26$即可，因为在此条件下，可以不间断地发送帧，所以发送速率保持在$100kb/s$。
由于$16<26<32$，帧的顺序号应为$5$位。在使用后退N帧$ARQ$的情况下（选择重传协议信道利用率只用后退$N$帧协议的差不多一半），最大窗口值是$31$，大于$26$，可以不间断地发送帧，此时信道利用率是$100%$。
例题 甲乙双方均采用后退$N$帧协议（$GBN$）进行持续的双向数据传输，且双方始终采用捎带确认，帧长均为$1000B$。$S_{x,y}$和$R_{x,y}$分别表示甲方和乙方发送的数据帧，其中$x$是发送序号，$y$是确认序号（表示希望接收对方的下一帧序号），数据帧的发送序号和确认序号字段均为$3$比特。信道传输速率为$100Mb/s$，$RTT=0.96ms$。下图给出了甲方发送数据帧和接收数据帧的两种场景，其中$t$为初始时刻，此时甲方的发送和确认序号均为$0$，$t_1$时刻甲方有足够多的数据待发送。请回答下列问题。
1）对于图(a)，$t_0$时刻到$t_1$时刻期间，甲方可以断定乙方已正确接收的数据帧数是多少？正确接收的是哪几个帧（请用$S_{x,y}$形式给出）？
2）对于图(a)，从$t_1$时刻起，甲方在不出现超时且未收到乙方新的数据帧之前，最多还可以发送多少个数据帧？其中第一个帧和最后一个帧分别是哪个（请用$S_{x,y}$形式给出）？
3）对于图(b)，从$t_1$时刻起，甲方在不出现新的超时且未收到乙方新的数据帧之前，需要重发多少个数据帧？重发的第一个帧是哪个帧（请用$S_{x,y}$形式给出）？
4）甲方可以达到的最大信道利用率是多少?
解：双方始终采用捎带确认，表示上一帧的确认帧在本次的数据帧上。数据帧的发送序号和确认序号字段均为$3$比特，在后退$N$帧协中，发送窗口最大为$2^3-1=7$。
1）由于使用累计确认，所以最开始的$R_{0,1}$就表示第一个确认帧（序号为$0$，确认了$0$，期待$1$），在最后发送的$R_{3,3}$表示希望确认$3$号，所以前面的$S_{0,0}$、$S_{1,0}$、$S_{2,0}$一共$3$个帧全部接收确认了。（$R_{2,3}$丢失了）
2）已知一共可以发送$0\sim7$号帧。由于$t_1$此时已经根据$R_{3,3}$确认了$2$号帧成功接收，还可以发$8-3=5$个，已经发送了$S_{4,1}$，所以第一个发送的是$S_{5,2}$。然后依次发送$S_{6,2}$，$S_{7,2}$，然后开始新的序号$S_{0,2}$，$S_{1,2}$，一共$5$个。
3）由于$t_1$时$S_{2,0}$超时，由于收到乙$R_2$帧，所以重发的的确认号为$3$，所以甲方开始重传$2$号帧以及之后的帧，即$S_{2,3}$后面的三个帧。
4）基本公式还是周期数据量除以周期时长。发送窗口为$2^3-1=7$，即同一趟内最多可以同时发送$7$个数据，所以每趟内用于传输数据的时间为$7\times\dfrac{8\times1000}{100\times10^6}$。
由于使用捎带确认，所以发送确认帧的时间就等于发送数据帧的时间，即$2\times\dfrac{8\times1000}{100\times10^6}$，因为计算是一趟，而不是一个周期，还要加上一个$RTT$。
所以总共$\dfrac{7\times\dfrac{8\times1000}{100\times10^6}}{0.96\times10^{-3}+2\times\dfrac{8\times1000}{100\times10^6}}=50%$。
选择重传协议
$k$位比特编号最大接受窗口为$2^{k-1}$，即一半。
例题 数据链路层采用了$SR$协议，发送方已经发送了编号为$0$到$3$的帧，若发送方只收到了$1$号帧的确认，$0$、$2$号帧依次超时，则发送方需要重新发送的帧数为（）。
$A.0$ $B.1$ $C.2$ $D.3$
解：$C$。请注意的是$SR$是单独确认的，所以收到了$1$号帧的确认，而$0$，$2$号超时，代表这两个需要重传，所以是$C$。
例题 对于滑动窗口协议，若分组序号采用$3$比特编号，发送窗口大小为$5$，则接收窗口最大是()。
A.2
B.3
C.4
D.5
解：$B$。滑动窗口协议又分为两种后退$N$帧协议与选择重传协议，其中后退$N$帧协议接收窗口为$1$，而选择重传协议中滑动窗口数量为$2^3=8$，所以接收窗口最大为$8-5=3$。
例题 对无序接收的滑动窗口协议，若序号位数为$n$，则发送窗口最大尺寸为()。
A.2^n-1
B.2n
C.2n-1
D.2^{n-1}
解：$D$。虽然没有明确给出哪个协议，但是可以根据无序接收知道这个指选择重传协议。所以选$D$。
例题 在选择$ARQ$协议中，设编号用$3bit$，发送窗口$W_T=6$，接收窗口$W_R=3$。试找出一种情况，使得在此情况下协议不能正确工作。
解：对于选择重传协议，接收窗口和发送窗口的尺寸需满足：接收窗口尺寸$W_R$＋发送窗口尺寸$W_T\leqslant2^n$，而题目中给出的数据是$W_R+W_T=9\leqslant2^3$，所以是无法正常工作的。
举例如下：
发送方：$01234567012345670$。
接收方：$01234567012345670$。
发送方发送$0\sim5$号共$6$个数据帧时，因发送窗口已满，发送暂停。接收方收到所有数据帧，对每个帧都发送确认帧，并期待后面的$6$、$7$、$0$号帧。若所有的确认帧都未到达发送方，经过发送方计时器控制的超时时间后，发送方再次发送之前的$6$个数据帧，而接收方收到$0$号帧后，无法判断是新的数据帧还是旧的重传的数据帧。
例题 在数据传输速率为$50kb/s$的卫星信道上传送长度为$1kbit$的帧，假设确认帧总由数据帧捎带，帧头的序号长度为$3bit$，卫星信道端到端的单向传播延迟为$270ms$。对于下面三种协议，信道的最大利用率是多少。
1）停止-等待协议。
2）后退$N$帧协议。
3）选择重传协议（假设发送窗口和接收窗口相等）。
解：最大信道利用率即每个传输周期内每个协议可发送的最大帧数。由题意，数据帧的长度为$1kbit$，信道的数据传输速率为$50kb/s$，因此信道的发送时延为$1/50s =0.02s$，另外信道端到端的传播时延$0.27s$。本题中的确认帧是捎带的（通过下一个数据帧来传送），因此每个数据帧的传输周期为(0.02+0.27+0.02+0.27)s=0.58s,
1）在停止-等待协议中，发送方每发送一帧，都要等待接收方的应答信号，之后才能发送下一帧.接收方每接收一帧，都要反馈一个应答信号，表示可接收下一帧。其中用于发送数据帧的时间为$0.02s$。因此，信道的最大利用率为$0.02/0.58= 3.4%$。
2）在后退$N$帧协议中，接收窗口尺寸为$1$，若采用$n$比特对帧编号，则其发送窗口的尺寸$W$满足$1<W\leqslant2^n-1$。发送方可以连续再发送若干数据帧，直到发送窗口内的数据帧都发送完毕。如果收到接收方的确认帧，那么可以继续发送。若某个帧出错，则接收方只是简单地丢弃该帧及所有的后续帧，发送方超时后需重传该数据帧及所有的后续数据帧。
根据题目条件，在达到最大传输速率的情况下，根据帧头序号长度为$3$，发送窗口的大小应为$2^3-1=7$，此时在第一帧的数据传输周期$0.58s$内，实际连续发送了$7$帧（考虑极限情况，若不发生丢帧，$0.58s$后接收方收到$0$号帧的确认，此时又可以发出一个新帧，这样依次下去，取极限即是每个传输周期$0.58s$内发送了$7$帧），因此此时的最大信道利用率为$7\times0.02/0.58=24.1%$。
3）选择重传协议的接收窗口尺寸和发送窗口尺寸都大于$1$，可以一次发送或接收多个帧。
若采用$n$比特对帧编号，则窗口尺寸应满足：接收窗口尺寸＋发送窗口尺寸$\leqslant2^n$，当发送窗口与接收窗口尺寸相等时，应有接收窗口尺寸$\leqslant2^{n-1}$且发送窗口尺寸$\leqslant2^{n-1}$。
发送方可以连续发送若干数据帧，直到发送窗口内的数据帧都发送完毕。如果收到接收方的确认帧，那么可以继续发送。若某个帧出错，则接收方只是简单地丢弃该帧，发送方超时后需重传该数据帧。
和2）问中的情况类似，唯一不同的是为达到最大信道利用率，发送窗口大小应为$2^{n-1}=2^2=4$，因此，此时的最大信道利用率为$4\times0.02/0.58=13.8%$。
例题 在某个卫星信道上，发送端从一个方向发送长度为$512B$的帧，且发送端的数据发送速率为$64kb/s$，接收端在另一端返回一个很短的确认帧。设卫星信道端到端的单向传播延时为$270ms$，对于发送窗口尺寸分别为$1$、$7$、$17$和$117$的情况，信道的吞吐率分别为多少？
解：数据帧的长度为$512B$，即$512×8bit=4.096kbit$，一个数据帧的发送时延为$4.096/64=0.064s$。因此一个发送周期时间为$0.064+2×0.27=0.604s$。（返回一个很短的确认帧表示忽略确认帧的发送时延）
因此当窗口尺寸为$1$时，信道的吞吐率为$1×4.096/0.604=6.8kb/s$；当窗口尺寸为$7$时，信道的吞吐率为$7×4.096/0.604=47.5kb/s$。
由于一个发送周期为$0.604s$，发送一个帧的发送延时是$0.064s$，因此当发送窗口尺寸大于$0.604/0.064$，即大于等于$10$时，发送窗口就能保证持续发送。因此当发送窗口大小为$17$和$117$时，信道的吞吐率达到完全速率（发送窗口再大在一个传输周期中也发不出去更多的帧），与发送端的数据发送速率相等，即$64kb/s$。
介质访问控制
信道划分介质访问控制
划分方法
例题 $TDM$所用传输介质的性质是()。
$A.$介质的带宽大于结合信号的位速率
$B.$介质的带宽小于单个信号的带宽
$C.$介质的位速率小于最小信号的带宽
$D.$介质的位速率大于单个信号的位速率
解：$D$。时分复用$TDM$共享带宽，但分时利用信道。将时间划分成一段段等长的时分复用帧（$TDM$帧），参与带宽共享的每个时分复用的用户在每个$TDM$帧中占用固定序号的时隙。显然，在这种情况下，介质的位速率大于单个信号的位速率。
例题 从表面上看，$FDM$比$TDM$能更好地利用信道的传输能力，但现在计算机网络更多地使用$TDM$而非$FDM$，其原因是()。
$A.FDM$实际能力更差
$B.TDM$可用于数字传输而$FDM$不行
$C.FDM$技术不成熟
$D.TDM$能更充分地利用带宽
解：$B$。$TDM$与$FDM$相比，抗干扰能力强，可以逐级再生整形，避免干扰的积累，而且数字信号比较容易实现自动转换，所以根据$FDM$和$TDM$的工作原理，$FDM$适合于传输模拟信号，$TDM$适合于传输数字信号。
码分多址
例题 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，信道的划分采用码分复用技术，$A$、$B$要向$C$发送数据，设$A$的码序列为$+1,-1,-1,+1,+1,+1,+1,-1$。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：$D$。选用的码片要相互正交，即$\vec{A}\cdot\vec{B}=0$。依次代入得到$-3$、$-2$、$-2$、$0$。所以$D$。
例题 站点$A$、$B$、$C$通过$CDMA$共享链路，$A$、$B$、$C$的码片序列分别是$(1,1,1,1)$、$(1,-1,1,-1)$和$(1,1,-1,-1)$。若$C$从链路上收到的序列是$(2,0,2,0,0,-2,0,-2,0,2,0,2)$，则$C$收到$A$发送的数据是()。
A.000
B.101
C.110
D.111
解：$B$。将$(2,0,2,0,0,-2,0,-2,0,2,0,2)$分割为$(2,0,2,0)$、$(0,-2,0,-2)$、$0,2,0,2)$，求$C$收到$A$发送的数据，就依次将其与$A$的码片$(1,1,1,1)$规范内积，即内积后除以平方和再开方。依次得到$101$。
ALOHA协议
网络负载为单位时间内所有站点发送成功的和未成功而重传的帧数。
吞吐量为单位时间内成功发送的平均帧数。
纯ALOHA协议
例题 一组$N$个站点共享一个$56kb/s$的纯$ALOHA$信道，每个站点平均每$100s$输出一个$1000bit$的帧，即使前一个帧未发送完也依旧进行。问$N$可取的最大值是多少？
解：对于纯$ALOHA$协议，因为求$N$可取的最大值，所以取信道利用率最大为$0.184$，因此可用带宽是$0.184\times56kb/s=10304b/s$。每个站需要的带宽是$1000/100=10b/s$。因此，$N$可取的最大值是$10304/10\approx1030$。
时隙ALOHA协议
例题 $10000$个航空订票站在竞争使用单个时隙$ALOHA$通道，各站平均每小时做$18$次请求，一个时隙是$125\mu s$。总通信负载约为多少？
解：每个终端每$60\times60/18=200s$做一次请求，共有$10000$个终端，因此总负载是$200s$做$10000$次请求，平均每秒$50$次请求。每秒$1/(1.25\times10^{-4})=8000$个时隙，平均每个时隙的发送次数是$50/8000=1/160$，即通信负载$G=1/160=0.00625$。
CSMA/CD协议
冲突检测有效性
包括检测冲突方法、最小帧长度与两点距离等。
最小帧长=总线传播时延×数据传输速率×$2$。
检测冲突方法
例题 以太网中，当数据传输速率提高时，帧的发送时间会相应地缩短，这样可能会影响到冲突的检测。为了能有效地检测冲突，可以使用的解决方案有()。
$A.$减少电缆介质的长度或减少最短帧长
$B.$减少电缆介质的长度或增加最短帧长
$C.$增加电缆介质的长度或减少最短帧长
$D.$增加电缆介质的长度或增加最短帧长
解：$B$。最小帧长=总线传播时延×数据传输速率×$2$。因此当传输速率提高时，可减少电缆介质的长度（使争用期时间减少，即以太网端到端的时延减小），或增加最短帧长。
最小帧长度
例题 长度为$10km$、数据传输速率为$10Mb/s$的 $CSMA/CD$以太网，信号传播速率为$200m/\mu s$。那么该网络的最小帧长为()。
A.20bit
B.200bit
C.100bit
D.1000bit
解：$D$。来回路程$=10000\times2m$，往返时间$RTT=10000\times2/(200\times10^6)=10^{-4}$，最小帧长度=$W\times RTT=1000bit$。
两点距离
例题 在一个采用$CSMA/CD$协议的网络中，传输介质是一根完整的电缆，传输速率为$1Gb/s$，电缆中的信号传播速率是$200000km/s$。若最小数据帧长度减少$800$比特，则最远的两个站点之间的距离至少需要()。
$A.$增加160m
$B.$增加80m
$C.$减少160m
$D.$减少80m
解：$D$。若最短帧长减少，而数据传输速率不变，则需要使冲突域的最大距离变短来实现碰撞窗口的减少。碰撞窗口是指网络中收发结点间的往返时延。
因此假设需要减少的最小距离为$s$，则可得到如下公式（注意单位的转换）：减少的往返时延=减少的发送时延，即$2\times(s(2×10^8))=800/(1\times10^9)$。即由于帧长减少而缩短的发送时延，应等于由于距离减少而缩短的传播时延的$2$倍。
可得$s=80$，即最远的两个站点之间的距离最少需要减少$80m$。
例题 如下图所示，在$Hub$再生比特流的过程中会产生$1.535\mu s$延时，信号传播速率为$200m/\mu s$，不考虑以太网帧的前导码，则$H3$和$H4$之间理论上可以相距的最远距离是()。
A.200m
B.205m
C.359m
D.512m
解：$B$。因为要解决“理论上可以相距的最远距离”，那么最远肯定要保证能检测到碰撞。
而以太网规定最短帧长为$64B=512bit$，其中$Hub$在以太网上默认为$100Base-T$集线器，可知线路的传输速率为$100Mb/s$，则单程传输时延为$512bit/(100Mb/s)/2=2.56\mu s$。
又$Hub$在产生比特流的过程中会导致时延$1.535\mu s$（单程经过集线器就出现），则单程的传播时延为$2.56-1.535=1.025\mu s$，从而$H3$与$H4$之间理论上可以相距的最远距离为$200m/\mu s\times1.025\mu s=205m$。
二进制回退算法
例题 在以太网的二进制回退算法中，在11次碰撞之后，站点所选取的随机数最大可能为多少？
解：因为11次按照规定大于10，则只会取到10，所以最大的随机数应该为$2^{10}-1=1023$。
例题 以太网中若发生介质访问冲突，则按照二进制指数回退算法决定下一次重发的时间。使用二进制回退算法的理由是()。
$A.$这种算法简单
$B.$这种算法执行速度快
$C.$这种算法考虑了网络负载对冲突的影响
$D.$这种算法与网络的规模大小无关
解：$C$。以太网采用$CSMA/CD$技术，网络上的流量越多、负载越大时，发生冲突的概率也会越大。当工作站发送的数据帧因冲突而传输失败时，会采用二进制回退算法后退一段时间再重新发送数据帧。二进制回退算法可以动态地适应发送站点的数量，后退延时的取值范围与重发次数n形成二进制指数关系。网络负载小时，后退延时的取值范围也小；负载大时，后退延时的取值范围也随着增大。二进制回退算法的优点是，把后退延时的平均取值与负载的大小联系了起来。所以二进制回退算法考虑了负载对冲突的影响。
有效传输数据率
某局域网采用$CSMA/CD$协议实现介质访问控制，数据传输速率为$10Mb/s$，主机甲和主机乙之间的距离是$2km$，信号传播速率是$200000km/s$。请回答下列问题，要求说明理由或写出计算过程。
1）若主机甲和主机乙发送数据时发生冲突，则从开始发送数据的时刻起，到两台主机均检测到冲突为止，最短需要经过多长时间？最长需要经过多长时间（假设主机甲和主机乙在发送数据的过程中，其他主机不发送数据）？
2）若网络不存在任何冲突与差错，主机甲总是以标准的最长以太网数据帧（$1518$字节）向主机乙发送数据，主机乙每成功收到一个数据帧后立即向主机甲发送一个$64$字节的确认帧，主机甲收到确认帧后方可发送下一个数据帧。此时主机甲的有效数据传输速率是多少（不考虑以太网的前导码）？
解：注意这里面的单位都是字节。
1）显然当甲和乙同时向对方发送数据时，信号在信道中发生冲突后，冲突信号会立刻返回。
当甲和乙的信号在信道最中间时情况下两台主机均检测到冲突的时间最短，因为甲乙在中间冲突时已经走了$1km$，然后再返回到各自的站点一共走了$2km$：
$T_A=1km/200000km/s\times2= 0.01ms=$单程传播时延t_0
设甲先发送数据，当数据即将到达乙时，乙也开始发送数据，此时乙将立刻检测到冲突，乙的检测时间为$0$，而甲要检测到冲突还需等待冲突信号从乙传播到甲，这时候甲走了两个$2km$，一整个来回，结束后甲乙才均检测到冲突。两台主机均检测到冲突的时间最长：
$T_B=2km/200000km/s\times2=0.02ms=$双程传播时延2t_0
2）甲发送一个数据帧的时间，即发送时延$t_1=1518\times8bit/(10Mb/s)=1.2144ms$；乙每成功收到一个数据帧后，向甲发送一个确认帧，确认帧的发送时延$t_2=64\times8bit/10Mb/s=0.0512ms$；主机甲收到确认帧后，即发送下一数据帧，因此主机甲的发送周期$T$=数据帧发送时延$t_1$＋确认帧发送时延$t_2$＋双程传播时延$2t_0=t_1+t_2+2t_0=1.2856ms$；于是主机甲的有效数据传输速率为1500\times8/T= 12000bit/1.2856ms\approx9.33Mb/s
注意以太网帧的数据部分最长为$1500B$。这是后面以太网的帧格式的知识点。
CSMA/CA协议
例题 在某个$IEEE802.11$无线局域网中，主机$H$与$AP$之间发送或接收$CSMA/CA$帧的过程如下图所示。在$H$或$AP$发送帧前等待的帧间间隔时间（$IFS$）中，最长的是()。
$A.IFS1$ $B.IFS2$ $C.IFS3$ $D.IFS4$
解：$A$。$DIFS$（分布式协调$IFS$）是最长的IFS，用于异步帧竞争访问的时延。
网络中的控制帧以及对所接收数据的确认帧都采用$SIFS$作为发送之前的等待时延。当结点要发送数据帧时，若载波监听到信道空闲，需等待$DIFS$后发送$RTS$预约信道，图中$IFS1$对应的是帧间间隔$DIFS$，时间最长，图中$IFS2$、$IFS3$、$IFS4$对应$SIFS$。
局域网
以太网
以太网概念
例题 以太网的$MAC$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
$C.$有连接的可靠服务
$D.$有连接的不可靠服务
解：$A$。考虑到局域网信道质量好，以太网采取了两项重要的措施来使通信更简单:①采用无连接的工作方式;②不对发送的数据帧进行编号，也不要求对方发回确认。因此，以太网提供的服务是不可靠的服务，即尽最大努力的交付。差错的纠正由高层完成。
例题 以下关于以太网的说法中，正确的是()。
$A.$以太网的物理拓扑是总线形结构
$B.$以太网提供有确认的无连接服务
$C.$以太网参考模型一般只包括物理层和数据链路层
$D.$以太网必须使用$CSMA/CD$协议
解：$C$。以太网的逻辑拓扑是总线形结构，物理拓扑是星形或拓展星形结构，因此$A$错误。以太网采用两项措施简化通信：采用无连接的工作方式；不对发送的数据帧编号，也不要求接收方发送确认，因此$B$错误。从相关层次看，局域网仅工作在$OSI$参考模型的物理层和数据链路层，而广域网工作在$OSI$参考模型的下三层，而以太网是局域网的一种实现形式，因此$C$正确。只有当以太网工作于半双工方式下时，才需要$CSMA/CD$协议来应对冲突问题，速率小于等于$1Gb/s$的以太网可以工作于半双工或全双工方式，而速率大于等于$10Gb/s$的以太网只能工作于全双工方式下，因此没有争用问题，不使用$CSMA/CD$协议，因此$D$错误。
例题 如果使用$5$类$UTP$来设计一个覆盖范围为$200m$的$10BASE-T$以太网，那么需要采用的设备是()。
$A.$放大器
$B.$中继器
$C.$网桥
$D.$路由器
解：$B$。$5$类无屏蔽双绞线（$UTP$）所能支持的最大长度是$100m$，因此若要覆盖范围为$200m$的以太网，则必须延长$UTP$所支持的长度。
放大器是用来加强宽带信号（用于传输模拟信号）的设备；中继器是用来加强基带信号（用于传输数字信号）的设备，大多数以太网采用基带传输。
例题 在以太网中，大量的广播信息会降低整个网络性能的原因是()。
$A.$网络中的每台计算机都必须为每个广播信息发送一个确认信息
$B.$网络中的每台计算机都必须处理每个广播信息
$C.$广播信息被路由器自动路由到每个网段
$D.$广播信息不能直接自动传送到目的计算机
解：$B$。由于广播信息的目的地是该网络中的所有计算机，因此网络中的每台计算机都必须花费时间来处理此信息。若网络中存在大量的广播信息，则每台计算机都要花费大量的时间来处理这些信息，因此所有计算机的运行效率会受到影响，导致网络的性能降低。广播信息通常只在一个网络内部传输。
另外，这些广播信息本身就占用整个网络的带宽，因此可能会形成“广播风暴”，严重影响网络性能。实际上，以太网的总带宽绝大部分都是由广播帧所消耗的。
以太网提供无确认的无连接服务，每台计算机无须对广播信息确认，$A$错误。路由器可以隔离广播域，$C$错误。D选项的说法是正确的，但这并不是大量广播信息会降低网络性能的原因，因此也不选$D$。
例题 在一个以太网中，有$A$、$B$、$C$、$D$四台主机，若$A$向$B$发送数据，则()。
$A.$只有$B$可以接收到数据
$B.$四台主机都能接收到数据
$C.$只有$B$、$C$、$D$可以接收到数据
$D.$四台主机都不能接收到数据
解：$B$。在以太网中，如果一个结点要发送数据，那么它将以“广播”方式把数据通过作为公共传输介质的总线发送出去，连在总线上的所有结点（包括发送结点）都能“收听”到发送结点发送的数据信号。
以太网类型
| 参数 | 1OBASE5 | 10BASE2 | 1OBASE-T | 10BASE-FL |
|---|---|---|---|---|
| 传输媒体 | 基带同轴电缆（粗缆） | 基带同轴电缆（细缆) | 非屏蔽双绞线 | 光纤对（850nm） |
| 编码 | 曼彻斯特编码 | 曼彻斯特编码 | 曼彻斯特编码 | 曼彻斯特编码 |
| 拓扑结构 | 总线形 | 总线形 | 星形 | 点对点 |
| 最大段长 | 500m | 185m | 100m | 2000m |
| 最多结点数目 | 100 | 30 | 2 | 2 |
例题 下列以太网中，采用双绞线作为传输介质的是()。
A.10BASE-2
B.10BASE-5
C.10BASE-T
D.10BASE-F
解：$C$。这里$BASE$前面的数字代表数据率，单位为$Mb/s$；“$BASE$”指介质上的信号为基带信号（即基带传输，采用曼彻斯特编码）；后面的$5$或$2$表示每段电缆的最长长度为$500m$或$200m$（实际为$185m$），$T$表示双绞线，$F$表示光纤。
例题 $IEEE802.3$标准规定，若采用同轴电缆作为传输介质，在无中继的情况下，传输介质的最大长度不能超过()。
A.500m
B.200m
C.100m
D.50m
解：$A$。分为$10Base5$和$10Base2$两种，所以最大长度为$10Base5$的。
例题 快速以太网仍然使用$CSMA/CD$协议，它采用()而将最大电缆长度减少到$100m$的方法，使以太网的数据传输速率提高至$100Mb/s$。
$A.$改变最短帧长
$B.$改变最长帧长
$C.$保持最短帧长不变
$D.$保持最长帧长不变
解：$C$。快速以太网使用的方法是保持最短帧长不变，将一个网段的最大长度减少到$100m$，以提高以太网的数据传输速率。
网卡
例题 网卡实现的主要功能在()。
$A.$物理层和数据链路层
$B.$数据链路层和网络层
$C.$物理层和网络层
$D.$数据链路层和应用层
解：$A$。通常情况下，网卡是用来实现以太网协议的。网卡不仅能实现与局域网传输介质之间的物理连接和电信号匹配，还涉及帧的发送与接收、帧的封装与拆封、介质访问控制、数据的编码与解码及数据缓存等功能，因而实现的功能主要在物理层和数据链路层。
例题 每个以太网卡都有自己的时钟，每个网卡在互相通信时为了知道什么时候一位结束、下一位开始，即具有同样的频率，它们采用了()。
$A.$量化机制
$B.$曼彻斯特机制
$C.$奇偶校验机制
$D.$定时令牌机制
解：$B$。$10BASE-T$以太网使用曼彻斯特编码。曼彻斯特编码提取每个比特中间的电平跳变作为收发双方的同步信号，无须额外的同步信号，因此是一种“自含时钟编码”的编码方式。
例题 同一局域网中的两个设备具有相同的静态$MAC$地址时，会发生()。
$A.$首次引导的设备排他地使用该地址，第二个设备不能通信
$B.$最后引导的设备排他地使用该地址，另一个设备不能通信
$C.$在网络上的这两个设备都不能正确通信
$D.$两个设备都可以通信，因为它们可以读分组的整个内容，知道哪些分组是发给它们的，而不是发给其他站的
解：$C$。在使用静态地址的系统中，如果有重复的硬件地址，那么这两个设备都不能正常通信，原因是:第一，目的$MAC$地址等于本机$MAC$地址的帧是不会被发送到网络上去的；第二，其他设备的用户发送给一个设备的帧也会被另一个设备接收，其中必有一个设备必须处理不属于本设备的帧，浪费了资源；第三，正确实现的$ARP$软件都会禁止把同一个$MAC$地址绑定到两个不同的$IP$地址，这就使得具有相同$MAC$地址的设备上的用户在会话时都发生时断时续的现象。
无线局域网
无线局域网概念
例题 无线局域网不使用$CSMA/CD$而使用$CSMA/CA$的原因是，无线局域网()。
$A.$不能同时收发，无法在发送时接收信号
$B.$不需要在发送过程中进行冲突检测
$C.$无线信号的广播特性，使得不会出现冲突
$D.$覆盖范围很小，不进行冲突检测不影响正确性
解：$B$。无线局域网不能简单地使用$CSMA/CD$协议，特别是碰撞检测部分，原因如下：第一，在无线局域网的适配器上，接收信号的强度往往远小于发送信号的强度，因此若要实现碰撞检测，那么硬件上的花费就会过大；第二，在无线局域网中，并非所有站点都能听见对方，由此引发了隐蔽站和暴露站问题，而“所有站点都能够听见对方”正是实现$CSMA/CD$协议必备的基础。
IEEE802.11
- 地址1：接收端，接收端基站地址。
- 地址2：发送端，发送端基站地址。
- 地址3：目的地址，目标主机的$MAC$地址。
- 地址4：源地址，发送端的$MAC$地址。
令牌环网
例题 在令牌环网中，当所有站点都有数据帧要发送时，一个站点在最坏情况下等待获得令牌和发送数据帧的时间等于()。
$A.$所有站点传送令牌的时间总和
$B.$所有站点传送令牌和发送帧的时间总和
$C.$所有站点传送令牌的时间总和的一半
$D.$所有站点传送令牌和发送帧的时间总和的一半
解：$B$。令牌环网在逻辑上采用环状控制结构。由于令牌总沿着逻辑环单向逐站传送，结点总可在确定的时间内获得令牌并发送数据帧。在最坏情况下，即所有结点都要发送数据，一个结点获得令牌的等待时间等于逻辑环上所有其他结点依次获得令牌，并在令牌持有时间内发送数据帧的时间总和。
虚拟局域网
例题 下列关于虚拟局域网（$VLAN$）的说法中，不正确的是()。
$A.$虚拟局域网建立在交换技术的基础上
$B.$虚拟局域网通过硬件方式实现逻辑分组与管理
$C.$虚拟网的划分与计算机的实际物理位置无关
$D.$虚拟局域网中的计算机可以处于不同的局域网中
解：$B$。
广域网
广域网概念
例题 广域网覆盖的地理范围从几十千米到几千千米，它的通信子网主要使用()。
$A.$报文交换技术
$B.$分组交换技术
$C.$文件交换技术
$D.$电路交换技术
解：$B$。广域网的通信子网主要使用分组交换技术，将分布在不同地区的局域网或计算机系统互联起来，达到资源共享的目的。
例题 广域网所使用的传输方式是()。
$A.$广播式
$B.$存储转发式
$C.$集中控制式
$D.$分布控制式
解：$B$。广域网通常指覆盖范围很广的长距离网络，它由一些结点交换机及连接这些交换机的链路组成，其中结点交换机执行分组存储、转发功能。
PPP协议
例题 为实现透明传输（注:默认为异步线路），$PPP$使用的填充方法是()。
$A.$位填充
$B.$字符填充
$C.$对字符数据使用字符填充，对非字符数据使用位填充
$D.$对字符数据使用位填充，对非字符数据使用字符填充
解：$B$。$PPP$是一种面向字节的协议，所有的帧长度都是整数个字节，使用一种特殊的字符填充法完成数据的填充。
例题 以下对$PPP$的说法中，错误的是()。
$A.$具有差错控制能力
$B.$仅支持$IP$协议
$C.$支持动态分配$IP$地址
$D.$支持身份验证
解：$B$。$PPP$两端的网络层可以运行不同的网络层协议，但仍然能使用同一个$PPP$进行通信。因此选项$B$错误。$PPP$提供差错检测但不提供纠错功能，它是不可靠的传输协议，选项$A$正确。$PPP$支持两种认证：一种是$PAP$，一种是$CHAP$。相对来说，$PAP$的认证方式的安全性没有$CHAP$的高。$PAP$在传输密码时是明文，而$CHAP$在传输过程中不传输密码，取代密码的是$hash$（哈希）值。$PAP$认证通过两次握手实现，而$CHAP$认证则通过三次握手实现。$PAP$认证由被叫方提出连接请求，主叫方响应；而$CHAP$认证则由主叫方发出请求，被叫方回复一个数据报，这个数据报中有主叫方发送的随机哈希值，主叫方在确认无误后发送一个连接成功的数据报连接，因此选项$D$正确。$PPP$可用于拨号连接，因此支持动态分配$IP$地址，选项$C$正确。
HDLC协议
例题 $HDLC$协议为实现透明传输，采用的填充方法是()。
$A.$比特填充的首尾标志法
$B.$字符填充的首尾定界符法
$C.$字符计数法
$D.$物理层违规编码法
解：$A$。$HDLC$采用零比特填充法来实现数据链路层的透明传输（$PPP$协议采用字节填充法来成帧），即在两个标志字段之间不出现$6$个连续的“$1$”。具体做法是:在发送端，当一串比特流尚未加上标志字段时，先用硬件扫描整个帧，只要发现$5$个连续的“$1$”，就在其后插入$1$个“$0$”。而在接收端先找到F字段以确定帧边界，接着对其中的比特流进行扫描，每当发现$5$个连续的“$1$”，就将这$5$个连续的“$1$”后的一个“$0$”删除，进而还原成原来的比特流。
例题 $HDLC$常用的操作方式中，传输过程只能由主站启动的是()。
$A.$异步平衡模式
$B.$异步响应模式
$C.$正常响应模式
D.$A$、$B$、$C$都可以
解：$C$。在$HDLC$的三种数据操作方式中，正常响应模式和异步响应模式属于非平衡配置方式。在正常响应模式中，主站向从站传输数据，从站响应传输，但是从站只能在收到主站的许可后才能进行响应。
例题 根据$HDLC$帧中控制字段前两位的取值，可将$HDLC$帧划分为三类，这三类不包括()。
$A.$信息帧
$B.$监督帧
$C.$确认帧
$D.$无编号帧
解：$C$。根据知识点。
数据链路层设备
| 能否隔离冲突域 | 能否隔离广播域 | |
|---|---|---|
| 物理层设备 | 否 | 否 |
| 链路层设备 | 是 | 否 |
| 网络层设备 | 是 | 是 |
网桥
网桥概念
例题 下列关于网桥的描述中，错误的是()。
$A.$网桥工作在数据链路层，可以对网络进行过滤和分段
$B.$网桥可以对不需要传递的数据进行过滤并有效地阻止广播数据
$C.$网桥传递所有的广播信息，因此难以避免广播风暴
$D.$网桥与集线器相比，需要处理接收到的数据，因此增加了时延
解：$B$。网桥只适合于用户数不多和通信量不大的局域网，否则有时会因传播过多的广播信息而产生网络拥塞，这就是所谓的广播风暴。第二层网络设备可以解决冲突域问题，却无法完全解决第三层网络设备才能解决的广播域的问题。
网桥转发
例题 如下图所示，$5$个站点分别连接在$3$个局域网上，并且用网桥$B1$和$B2$连接起来，每个网桥都有两个接口$1$和$2$。初始时，两个网桥中的转发表都是空的，以后有以下各站向其他的站发送了数据帧：$A$发送给$E$，$C$发送给$B$，$D$发送给$C$，$B$发送给$A$。请把有关信息填写在下表中。
解：网桥转发表建立流程：
- 从端口$x$收到无差错的帧，在转发表中查找目的站的$MAC$地址。
- 如果有，那么找出此$MAC$地址应当走的端口$d$，然后执行步骤$3$，否则转步骤$5$。
- 如果到这个$MAC$地址去的端口等于$x$（即需要原路返回），那么丢弃此帧，否则从端口$d$转发。
- 转至步骤$6$。
- 向网桥除$x$端口外的所有端口转发此帧。
- 如果源站不在转发表中，那么将源站$MAC$地址加入转发表,登记该帧进入网桥的端口号，设置计时器，转到步骤$8$；如果源站在转发表中，那么执行步骤$7$。
- 更新计时器。
- 等待新的数据。
对于第一行：$A$发给$E$，网桥$B1$在端口$1$收到源地址为$A$、目的地址为$E$的帧（步骤$1$），此时转发表为空，转到步骤$5$，网桥$B1$向所有端口转发此帧，将此帧的源地址添加到网桥$B1$中，并登记该帧进入网桥的端口号，即$1$端口号。同理，网桥$B2$也将此帧的源地址添加到网桥$B2$中，并登记该帧进入网桥的端口号，也是$1$端口号。
对于第二行：$C$发给$B$，和第一种情况完全一样，不同的是$C$从网桥$B1$的端口$2$进入。
对于第三行：$D$发给$C$，网桥$B2$没有源地址为$D$的帧（$D$发的帧），所以将其源地址写入转发表（步骤$6$），并且是从网桥$B2$端口$2$进来的。网桥$B1$知道目的地址为$C$的帧（发给$C$）是端口$2$进来的，并且转发表中填入的也是端口$2$，根据步骤$3$，应该丢弃此帧；由于网桥$B1$还没有地址为$D$的帧，所以需将其写入转发表，并且端口为$2$。
对于第四行：$B$发给$A$，网桥$B1$的转发表写入转发目的地址为$A$的帧是从端口$1$转发的，但此时该帧又是从端口$1$进入的，所以丢弃此帧（步骤$3$），并将$B$写入网桥$B1$的转发表；由于网桥$B1$丢弃了此帧，网桥$B2$收不到此帧，所以网桥$B2$没有任何动作发出。
交换机
交换机功能
例题 交换机比集线器提供更好的网络性能的原因是()。
$A.$交换机支持多对用户同时通信
$B.$交换机使用差错控制减少出错率
$C.$交换机使网络的覆盖范围更大
$D.$交换机无须设置，使用更方便
解：$A$。交换机能隔离冲突域，工作在全双工状态，使网络中多对结点同时通信，提高了网络的利用率，这是交换机的优点。
例题 假设以太网$A$中$80%$的通信量在本局域网内进行，其余$20%$在本局域网与因特网之间进行，而局域网$B$正好相反。这两个局域网中，一个使用集线器，另一个使用交换机，则交换机应放置的局域网是()。
$A.$以太网A
$B.$以太网B
$C.$任一以太网
$D.$都不合适
解：$A$。交换机能隔离冲突域，而集线器连接的各网段属于一个冲突域。以太网$A$内的通信量很大,若使用集线器，则冲突域变大，使整个网络效率降低，必须要用交换机把不同网段的通信隔离开。
交换机类型
例题 若一个网络采用一个具有$24$个$10Mb/s$端口的半双工交换机作为连接设备，则每个连接点平均获得的带宽为(①)，该交换机的总容量为(②)。
①$A.0.417Mb/s$ $B.0.0417Mb/s$ $C.4.17Mb/s$ $D.10Mb/s$
②$A.120Mb/s$ $B.240Mb/s$ $C.10Mb/s$ $D.24Mb/s$
解：$D$、$A$。
1）在采用交换机作为连接设备的交换式局域网中，交换机能同时连通许多对端口，使每对相互通信的计算机都能像独占该通信媒体一样，进行无冲突的数据传输。另外，交换机的端口还可设计成支持两种工作模式，即半双工模式和全双工模式。对于$10Mb/s$的端口，半双工端口带宽为$10Mb/s$，而全双工端口带宽为$20Mb/s$。
2）拥有$N$对$10Mb/s$端口的交换机可同时支持$N$对结点同时进行半双工通信，所以它的总容量为$N×10Mb/s$，本题中$N=24/2=12$，因此交换机总容量为$120Mb/s$。
交换方式
例题 对于$100Mb/s$的以太网交换机，当输出端口无排队，以直通交换方式转发一个以太网帧（不包括前导码）时，引入的转发时延至少是()。
A.0\mu s
B.0.480\mu s
C.5.12\mu s
D.121.44\mu s
解：$B$。直通交换在输入端口检测到一个数据帧时，检查帧首部，获取帧的目的地址，启动内部的动态查找表转换成相应的输出端口，在输入与输出交叉处接通，把数据帧直通到相应的端口，实现交换功能。直通交换方式只检查帧的目的地址，共$6B$，所以最短传输时延是$6\times8bit/100Mb/s=0.48\mu s$。
交换机转发
例题 某以太网拓扑及交换机当前转发表如下图所示，主机$00-e1-d5-00-23-a1$向主机$00-e1-d5-00-23-c1$发送一个数据帧，主机$00-e1-d5-00-23-c1$收到该帧后，向主机$00-e1-d5- 00-23-a1$发送一个确认帧，交换机对这两个帧的转发端口分别是()。
$A.{3}$和\{1\}
$B.{2,3}$和\{1\}
$C.{2,3}$和\{1,2\}
$D.{1,2,3}$和\{1\}
解：$B$。主机$00-e1-d5-00-23-a1$向$00-e1-d5-00-23-c1$发送数据帧时，交换机转发表中没有$00-e1-d5-00-23-c1$这一项，所以向除$1$接口外的所有接口广播这一帧，即$2$、$3$端口会转发这一帧，同时因为转发表中并没有$00-e1-d5-00-23-a1$这一项，所以转发表会把（目的地址$00-e1-d5-00-23-a1$，端口$1$）这一项加入转发表。而当$00-e1-d5-00-23-c1$向$00-e1-d5-00-23-a1$发送确认帧时，由于转发表已经有$00-e1-d5-00-23-a1$这一项，所以交换机只向$1$端口转发，选$B$。