计算机网络学习笔记之数据链路层的介质访问控制

介质访问控制
- 信道划分介质访问控制
- 随机访问介质访问控制
- - ALOHA协议(不听就说)
  - - 纯ALOHA协议
    - 时隙ALOHA协议
    - 比较
  - CSMA协议(先听再说)
  - - 坚持CSMA
    - 非坚持CSMA
    - p-坚持CSMA
    - 比较
  - CSMA/CD协议(先听再说,边听边说) ★ \bigstar ★ ★ \bigstar ★
  - - 传播时延对载波监听的影响
    - 如何确定碰撞后的重传时机 ★ \bigstar ★
    - 最小帧长 ★ \bigstar ★
    - - 背景问题
  - CSMA/CA协议 ★ \bigstar ★ ★ \bigstar ★
  - - 工作原理
  - CSMA/CD与CSMA/CA比较
- 轮询访问介质访问控制
- - 轮询协议(了解)
  - 令牌传递协议
- 例题
- - 选择题
  - 应用题
参考文献

介质访问控制

信道划分介质访问控制

随机访问介质访问控制

ALOHA协议(不听就说)

纯ALOHA协议

时隙ALOHA协议

比较

纯ALOHA协议	时隙ALOHA协议
吞吐量更低	吞吐量较高
想发就发	只有在时间片断开始时才能发

CSMA协议(先听再说)

载波监听多路访问协议CSMA (carrier sense multiple access)

坚持CSMA

非坚持CSMA

p-坚持CSMA

比较

CSMA/CD协议(先听再说,边听边说) ★ \bigstar ★ ★ \bigstar ★

载波监听多点接入/碰撞检测CSMA/CD (carrier sense multiple access with collision detection)

传播时延对载波监听的影响

如何确定碰撞后的重传时机 ★ \bigstar ★

解析 : 由规避算法得 , k = m i n { 11 , 10 } = 10 , 2 k − 1 = 2 10 − 1 = 1023 , r ∈ [ 0 , 1 , 2 , . . . . . . , 1023 ] , 故站点会在 0 ∼ 1023 之间选择一个随机数解析:由规避算法得,k=min\{11,10\}=10,2^k-1=2^{10}-1=1023,r\in[0,1,2,......,1023],故站点会在0\sim1023之间选择一个随机数解析:由规避算法得,k=min{11,10}=10,2k−1=210−1=1023,r∈[0,1,2,......,1023],故站点会在0∼1023之间选择一个随机数

最小帧长 ★ \bigstar ★

背景问题

CSMA/CA协议 ★ \bigstar ★ ★ \bigstar ★

载波监听多点接入/碰撞避免CSMA/CA (carrier sense multiple access with collision avoidance)

工作原理

CSMA/CD与CSMA/CA比较

相同点:
CSMA/CD与CSMA/CA机制都从属于CSMA的思路，其核心是先听再说。换言之，两个在接入信道之前都须要进行监听。当发现信道空闲后，才能进行接入。

二者出现冲突后都会进行有上限的重传。

不同点:

	CSMA/CD	CSMA/CA
传输介质不同	CSMA/CD用于总线式以太网【有线】	CSMA/CA用于无线局域网【无线】
载波检测方式不同	CSMA/CD通过电缆中电压的变化来检测，当数据发生碰撞时，电缆中的电压就会随着发生变化	CSMA/CA采用能量检测（ED)、载波检测(CS）和能量载波混合检测三种检测信道空闲的方式。
	CSMA/CD检测冲突	CSMA/CA避免冲突

轮询访问介质访问控制

轮询协议(了解)

令牌传递协议

例题

选择题

1.将物理信道的总频带宽分割成若干子信道，每个子信道传输一路信号，这种信道复用技术是〔).
A.码分复用
B.频分复用
C.时分复用
D.空分复用
解析：在物理信道的可用带宽超过单个原始信号所需带宽的情况下，可将该物理信道的总带宽分割成若干与传输单个信号带宽相同（或略宽）的子信道，每个子信道传输一种信号，这就是频分多路复用。

2.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
解析：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。

3．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技术不成热
D.TDM能更充分地利用带宽
解析：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。

4.在下列多路复用技术中,()具有动态分配时隙的功能。
A.同步时分多路复用
B.统计时分多路复用
C.频分多路复用
D.码分多路复用
解析：时分多路复用(TDM)可分为同步时分多路复用和异步时分多路复用(又称统计时分复用)。同步时分多路复用是一种静态时分复用技术，它预先分配时间片〈即时隙)，而异步时分多路复用则是一种动态时分复用技术，它动态地分配时间片(时隙)

5.在下列协议中，不会发生碰撞的是().
A.TDM
B.ALOHA
C.CSMA
D.CSMA/CD
解析：TDM属于静态划分信道的方式，各结点分时使用信道，不会发生碰撞，而ALOHA、CSMA和CSMA/CD都属于动态的随机访问协议，都采用检测碰撞的策略来应对碰撞，因此都可能会发生碰撞。

6.【2013统考真题】下列介质访问控制方法中，可能发生冲突的是( ).
A.CDMA
B.CSMA
C.TDMA
D.FDMA
解析：选项A、C和D都是信道划分协议，信道划分协议是静态划分信道的方法，肯定不会发生冲突。CSMA的全称是载波侦听多路访问协议，其原理是站点在发送数据前先侦听信道，发现信道空闲后再发送，但在发送过程中有可能会发生冲突。

7.以下几种CSMA协议中，()协议在监听到介质空闲时仍可能不发送。
A.1-坚持CSMA
B.非坚持CSMA
C.p-坚持CSMA
D.以上都不是
解析：p-坚持CSMA 协议是1-坚持CSMA协议和非坚持CSMA 协议的折中。p-坚持CSMA 在检浏到信道空闲后，以概率p发送数据，以概率1-p推迟到下一个时隙，目的是降低1-坚持CSMA中多个结点检测到信道空闲后同时发送数据的冲突概率;采用坚持“侦听”的目的，是试图克服非坚持CSMA中由于随机等待造成延迟时间较长的缺点。

8.在CSMA的非坚持协议中，当媒体忙时，则()直到媒体空闲,
A.延迟一个固定的时间单位再侦听
B.继续侦听
C.延迟一个随机的时间单位再侦听
D.放弃侦听
解析：非坚持CSMA:站点在发送数据前先监听信道，若信道忙则放弃监听，则等特一个随机时间后再监听，若信道空闲则发送数据。

9.在CSMA的非坚持协议中，当站点侦听到总线媒体空闲时，它( ).
A.以概率p传送
B.马上传送
C.以概率1-p传送
D.以概率p延迟一个时间单位后传送
解析：非坚持CSMA:站点在发送数据前先监听信道，若信道忙则放弃监听，等待一个随机时间后再监听，若信道空闲则发送数据。

10.在CSMA/CD协议的定义中，“争议期”指的是（).
A.信号在最远两个端点之间往返传输的时间
B.信号从线路一端传输到另一端的时间
C.从发送开始到收到应答的时间
D.从发送完毕到收到应答的时间
解析：CSMA/CD协议中定义的冲突检测时间（即争议期）是指，信号在最远两个端点之间往返传输的时间。

11.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
解析：最短帧长等于争用期时间内发出的比特数。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。

⋆ \star ⋆ 12.【2009统考真题】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
解析：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 = 减少的发送时延减少的往返时延=减少的发送时延减少的往返时延=减少的发送时延，即 2 × ( s / ( 2 × 1 0 8 ) ) = 800 / ( 1 × 1 0 9 ) 2×(s/(2×10^8)) =800/(1×10^9) 2×(s/(2×108))=800/(1×109)。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 s=80 s=80，即最远的两个站点之间的距离最少需要减少80m。
注意 : C S M A / C D 的碰撞窗口 = 2 倍传播时延，报文发送时间 > 碰撞窗口注意:CSMA/CD的碰撞窗口=2倍传播时延，报文发送时间>碰撞窗口注意:CSMA/CD的碰撞窗口=2倍传播时延，报文发送时间>碰撞窗口。

13.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 200 m / μ s 200m/\mu s 200m/μs那么该网络的最小帧长为( ).
A.20bit
B.200bit
C.100bit
D.1000bit
解析：来回路程 = 10000 × 2 m 来回路程=10000×2m 来回路程=10000×2m，往返时间 R T T = 10000 × 2 / ( 200 × 1 0 6 ) = 1 0 − 4 RTT=10000×2/(200×10^6)=10^{-4} RTT=10000×2/(200×106)=10−4，最小帧长度 = W × R T T = 1000 b i t 最小帧长度=W× RTT=1000bit 最小帧长度=W×RTT=1000bit。

14.【2016统考真题】如下图所示，在Hub-再生比特流的过程中会产生 1.535 μ s 1.535\mu s 1.535μs延时，信号传播速率为 200 m / μ s 200m/\mu s 200m/μs，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.S12m
解析：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，其中 Hub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 64 B / ( 100 M b / s ) / 2 = 2.56 μ s 64B/(100Mb/s)/2= 2.56\mu s 64B/(100Mb/s)/2=2.56μs，又Hub在产生比特流的过程中会导致时延 1.535 μ s 1.535\mu s 1.535μs，则单程的传播时延为 2.56 − 1.535 = 1.025 μ s 2.56-1.535=1.025\mu s 2.56−1.535=1.025μs，从而H3与H4之间理论上可以相距的最远距离为 200 m / μ s × 1.025 μ s = 205 m 200m/\mu s× 1.025\mu s=205m 200m/μs×1.025μs=205m.

15．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
解析：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。

16.以太网中采用二进制指数回退算法处理冲突问题。下列数据帧重传时再次发生冲突的概率最低的是（).
A.首次重传的帧
B.发生两次冲突的帧
C.发生三次重传的帧
D.发生四次重传的帧
解析：根据IEEE 802.3标准的规定，以太网采用二进制指数后退算法处理冲突问题。在由于检测到冲突而停止发送后，一个站必须等待一个随机时间段，才能重新尝试发送。这一随机等待时间的目的是为了减少再次发生冲突的可能性。等待的时间长度按下列步骤计算:
1)取均勾分布在0至 2 m i n ( k , 10 ) − 1 2^{min(k,10)}-1 2min(k,10)−1之间的一个随机整数 r ， k r，k r，k是冲突发生的次数。
2）发送站等待 r × 2 t r×2t r×2t长度的时间后才能尝试重新发送，其中t为以太网的端到端延迟。从这个计算步骤可以看出，k值越大，帧重传时再次发生冲突的概率越低。

17．在以太网的二进制回退算法中，在11次碰撞之后，站点会在0~()之间选择一个随
机数。
A.255
B.511
C.1023
D.2047
解析：一般来说，在第i(i<10)次碰撞后，站点会在0到 2 i − 1 2^i-1 2i−1中之间随机选择一个数M，然后等待M倍的争用期再发送数据。在达到10次冲突后，随机数的区间固定在最大值1023上，以后不再增加。如果连续超过16次冲突，那么丢弃。即由规避算法得 , k = m i n { 11 , 10 } = 10 , 2 k − 1 = 2 10 − 1 = 1023 , r ∈ [ 0 , 1 , 2 , . . . . . . , 1023 ] , 故站点会在 0 ∼ 1023 之间选择一个随机数由规避算法得,k=min\{11,10\}=10,2^k-1=2^{10}-1=1023,r\in[0,1,2,......,1023],故站点会在0\sim1023之间选择一个随机数由规避算法得,k=min{11,10}=10,2k−1=210−1=1023,r∈[0,1,2,......,1023],故站点会在0∼1023之间选择一个随机数

18.【2011统考真题】下列选项中，对正确接收到的数据帧进行确认的MAC协议是( )
A.CSMA
B.CDMA
C.CSMA/CD
D.CSMA/CA
解析：CSMA/CA是无线局域网标准802.11中的协议，它在CSMA的基础上增加了冲突避免的功能。ACK帧是CSMA/CA避免冲突的机制之一，也就是说，只有当发送方收到接收方发回的ACK帧后，才确认发出的数据帧已正确到达目的地。

19.与CSMA/CD网络相比，令牌环网更适合的环境是().
A.负载轻
B.负载重
C.距离远
D.距离近
解析：CSMA/CD 网络各站随机发送数据，有冲突产生。负载很重时，冲突会加剧。而令牌环网各站轮流使用令牌发送数据，无论网络负载如何，都无冲突产生，这是它的突出优点。

20.根据CSMA/CD协议的工作原理，需要提高最短帧长度的是().
A.网络传输速率不变，冲突域的最大距离变短
B.冲突域的最大距离不变，网络传输速率提高
C.上层协议使用TCP的概率增加
D.在冲突域不变的情况下减少线路中的中继器数量
解析：对于选项A，网络传输速率不变，冲突域的最大距离变短，冲突信号可以更快地到达发送站点，此时可以减小最小帧的长度。对于选项B，冲突域的最大距离不变，网络传输速率提高，如果帧长度不增加，那么在帧发送完之前冲突信号可能回不到发送站点，因此必须提高最短帧长度。对于选项C，上层协议使用TCP的概率增加与是否提高最短帧长度无关。对于选项D，在冲突域不变的情况下减少线路中的中继器数量，此时冲突信号可以更快地到达发送站点，因此可以减少最短帧长度。

21.多路复用器的主要功能是（ ).
A.执行模/数转换
B.执行串行/并行转换
C.减少主机的通信处理负荷
D.结合来自两条或更多条线路的传输
解析：多路复用器的主要功能是结合来自两条或多条线路的传输，以充分利用信道。

22.下列关于令牌环网络的描述中，错误的是（).
A.令牌环网络存在冲突
B.同一时刻，环上只有一个数据在传输
C.网上所有结点共享网络带宽
D.数据从一个结点到另一结点的时间可以计算
解析：令牌环网络的拓扑结构为环状，有一个令牌不停地在环中流动。只有获得了令牌的主机才能发送数据，因此不存在冲突，选项A错误。其他选项都是令牌环网络的特点。

23，一条广播信道上接有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
解析：B站点选用的码片序列一定要与A站点的码片序列正交，且规格化内积为0。分别计算A,B,C, D,可知只有D选项符合要求。

24.【2014统考真题】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
解析：把收到的序列分成每4个数字一组，即(2,0,2,0),(0,-2,0,-2),(0,2,0,2)，因为题目求的是A发送的数据,因此把这三组数据与A站的码片序列(1,1,1,1)做内积运算，结果分别是 ( 2 , 0 , 2 , 0 ) ⋅ ( 1 , 1 , 1 , 1 ) / 4 = 1 , ( 0 , − 2 , 0 , − 2 ) ⋅ ( 1 , 1 , 1 , 1 ) / 4 = − 1 , ( 0 , 20 , 2 ) ⋅ ( 1 , 1 , 1 , 1 ) / 4 = 1 (2,0,2,0)·(1,1,1,1)/4=1,(0,-2,0,-2)·(1,1,1, 1)/4=-1,(0,20,2)· (1,1,1,1)/4=1 (2,0,2,0)⋅(1,1,1,1)/4=1,(0,−2,0,−2)⋅(1,1,1,1)/4=−1,(0,20,2)⋅(1,1,1,1)/4=1，所以C接收到的A发送的数据是101，选B。

25.【2015统考真题】下列关于CSMA/CD协议的叙述中，错误的是().
A.边发送数据帧,边检测是否发生冲突
B.适用于无线网络，以实现无线链路共享
C.需要根据网络跨距和数据传输速率限定最小帧长
D.当信号传摇延迟趋近0时，信道利用率趋近100%
解析：CSMA/CD适用于有线网络，CSMA/CA则广泛应用于无线局域网。其他选项关于CSMA/CD的描述都是正确的。

26.【2018统考真题】IEEE 802.11无线局域网的MAC协议CSMA/CA进行信道预约的方法是（).
A.发送确认帧
B.采用二进制指数退避
C.使用多个MAC地址
D.交换RTS与CTS帧
解析：CSMA/CA协议进行信道预约时，主要使用的是请求发送顿（Request to Send，RIS）和熬际发送帧(Clear to Send，CTS)。一台主机想要发送信息时，先向无线站点发送一个RTS帧，说明要传输的数据及相应的时间。无线站点收到RTS帧后，会广播一个CTS帧作为对此的响应，既给发送端发送许可，又指示其他主机不要在这个时间内发送数据，从而预约信道，避免碰撞。发送确认帧的目的主要是保证信息的可靠传输;二进制指数退避法是CSMA/CD 中的一种冲突处理方法;C选项则和预约信道无关。

27.【2019统考真题】假设一个采用CSMA/CD 协议的100Mb/s局域网，最小帧长是128B,则在一个冲突域内两个站点之间的单向传播延时最多是().
A. 2.56 μ s 2.56\mu s 2.56μs
B. 5.12 μ s 5.12\mu s 5.12μs
C. 10.24 μ s 10.24\mu s 10.24μs
D. 20.48 μ s 20.48\mu s 20.48μs
解析：为了确保发送站在发送数据的同时能检测到可能存在的冲突，需要在发送完帧之前就能收到自己发送出去的数据，帧的传输时延至少要两倍于信号在总线中的传播时延，所以 CSMA/CD总线网中的所有数据帧都必须大于一个最小帧长，这个最小帧长 = 总线传播时延 × 数据传输速率 × 2 最小帧长=总线传播时延×数据传输速率×2 最小帧长=总线传播时延×数据传输速率×2。已知最小帧长为 128 B 128B 128B，数据传输速率为 100 M b / s = 12.5 M B / s 100Mb/s = 12.5MB/s 100Mb/s=12.5MB/s，计算得单向传播延时为 128 B / ( 12.5 M B / s × 2 ) = 5.12 × 1 0 − 6 s ，即 5.12 μ s . 128B/(12.5MB/s×2)= 5.12×10^{-6}s，即5.12\mu s. 128B/(12.5MB/s×2)=5.12×10−6s，即5.12μs.

28.【2020统考真题】在某个IEEE 802.11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
解析：为了尽量避免碰撞，IEEE 802.11规定，所有的站在完成发送后，必须再等待一段很短的时间（继续监听）才能发送下一帧。这段时间称为帧间间隔（InterFrame Space，IFS)。帧间间隔的长短取决于该站要发送的帧的类型。IEEE 802.11使用3种IFS:

DIFS（分布式协调IFS):最长的FS，优先级最低，用于异步帧竞争访问的时延。

PIFS（点协调IFS):中等长度的 IFS，优先级居中，在PCF 操作中使用。

SIFS（短IFS):最短的IFS，优先级最高，用于需要立即响应的操作。

网络中的控制帧以及对所接收数据的确认帧都采用SIFPS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、1FS3、IFS4 对应 SIFS。

应用题

1.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，其优缺点如何?
解析：
CSMA/CD是一种动态的介质随机接入共享信道方式，而TDM是一种静态的信道划分方式,所以从对信道的利用率来说，CSMA/CD用户共享信道，更灵活，信道利用率更高。
TDM不同，它为用户按时隙固定分配信道，用户没有数据传送时，信道在用户时隙就浪费了；因为CSMA/CD让用户共享信道，因此同时有多个用户需要使用信道时会发生碰撞，从而降低信道的利用率;而在TDM中，用户在分配的时隙中不会与其他用户发生冲突。对局域网来说，连入信道的是相距较近的用户，因此通常信道带宽较大。使用TDM方式时，用户在自己的时隙中没有发送的情况更多,不利于信道的充分利用。
对于计算机通信来讲，突发式的数据更不利于使用TDM方式。

2.长度为1km、数据传输速率为10Mb/s的CSMA/CD以太网，信号在电缆中的传播速率为200000km/s。试求能够使该网络正常运行的最小帧长.
解析：
对于1km长的电缆，单程传播时间为 1 / 200000 = 5 μ s 1/200000=5\mu s 1/200000=5μs，来回路程传播时间为 10 μ s = 1 0 − 5 s 10\mu s = 10^{-5}s 10μs=10−5s为了使该网络能按照CSMA/CD工作，最小的发送时间不能小于 10 μ s 10\mu s 10μs。以10Mb/s速率工作时， 1 0 − 5 10^{-5} 10−5s内可以发送的比特数为 ( 10 × 1 0 6 b / s ) × 1 0 − 5 s = 100 (10×10^6b/s)×10^{-5}s= 100 (10×106b/s)×10−5s=100。因此最小帧长为100比特。

3.10000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 μ s 125\mu s 125μs。总通信负载约为多少?
解析：
每个终端每3600/18=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 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。

4.一组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?
解析：
对于纯ALOHA 协议，其信道利用率为0.184，因此可用带宽是0.184×56kb/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 ≈ 1030 10304/10\approx1030 10304/10≈1030.

5.考虑建立一个CSMA/CD 网，电缆长1km，不使用重发器，运行速率为1Gb/s，电缆中的信号速率200000km/s，最小帧长度是多少?
解析：
对于1km的电缆，单程传播时延是 1 / 200000 = 5 × 1 0 − 6 s 1/200000 = 5×10^{-6}s 1/200000=5×10−6s，即 5 μ s 5\mu s 5μs，往返传播时延是 10 μ s 10\mu s 10μs。要能按照CSMA/CD工作，最小帧的发送时间不能小于 10 μ s 10\mu s 10μs。以1Gb/s速率工作时， 10 μ s 10\mu s 10μs内可以发送的比特数为 ( 10 × 1 0 − 6 ) / ( 1 × 1 0 − 9 ) = 10000 (10×10^{-6})/(1×10^{-9})= 10000 (10×10−6)/(1×10−9)=10000，因此最小帧应是10000bit.
注意:争用期一定要保证大于来回往返时延。因为假设现在传了一个帧，还未到往返时延就发送完毕，而且在中途出现碰撞，这样就检测不出错误;如果中途发生碰撞，且这个帧还未发送完，那么就可以检测出错误。所以要保证.CSMA/CD 正常工作，就必须使得发送时间（即争用期)大于等于来回往返时延。

6、若构造一个CSMA/CD总线网，速率为100Mb/s，信号在电缆中的传播速率为 2 × 1 0 5 k m / s 2×10^5km/s 2×105km/s数据帧的最小长度为125字节。试求总线电缆的最大长度（假设总线电缆中无中继器)
解析：
设总线电缆的长度为L，则
由 125 × 8 100 × 1 0 6 = 2 × L 2 × 1 0 8 \frac{125×8}{100×10^6}=2×\frac{L}{2×10^8} 100×106125×8=2×2×108L
解得 L = 125 × 8 × 1 0 8 100 × 1 0 6 m = 1000 m L=\frac{125×8×10^8}{100×10^6}m=1000m L=100×106125×8×108m=1000m

7.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.电缆中信号的传播速率是200000km/s。若最小数据帧长度减少800bit，则最远的两个站点之间的距离应至少变化多少才能保证网络正常工作?
解析：
CSMA/CD方式要求帧的最短长度须满足条件:在发送帧的最后一位时，如果有冲突，那么发送方应能检测到冲突，即发送帧的时间至少是信号在最远两个端点之间往返传输的时间。现在的条件是帧的长度减少了800bit，即发送帧的时间减少了800b/(1Gb/s)，所以信号在最远两个端点之间往返的时间必须减少800b/(1Gb/s)。设减少的长度为x米，要计算往返传输的距离，有
2 x / ( 200000 × 1 0 3 ) ≥ 800 / 1 0 9 2x/(200000×10^3)≥800/10^9 2x/(200000×103)≥800/109
得到 x ≥ 80 m x≥80m x≥80m,即最远的两个端点之间的距离应至少减少 80 m 80m 80m.

8.【2010统考真题】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，信号传摇速率是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，主机乙每咸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）?
解析：
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，冲突信号继续向两个方向传播。这种情况下两台主机均检测到冲突的时间最短:
T ( A ) = 1 k m / 200000 k m / s × 2 = 0.01 m s = 单程传播时延 t 0 T_{(A)} = 1km/200000km/s×2 = 0.01ms = 单程传播时延t_0 T(A)=1km/200000km/s×2=0.01ms=单程传播时延t0
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，而甲要检测到冲突还需等待冲突信号从乙传播到甲。两台主机均检测到冲突的时间最长:
T ( B ) = 2 k m / 200000 k m / s × 2 = 0.02 m s = 双程传播时延 2 t 0 T_{(B)}= 2km/200000km/s×2 =0.02ms=双程传播时延2t_0 T(B)=2km/200000km/s×2=0.02ms=双程传播时延2t0
2）甲发送一个数据帧的时间，即发送时延 t 1 = 1518 × 8 b i t ( 10 M b / s ) = 1.2144 m s t_1=1518×8bit(10Mb/s) = 1.2144ms t1=1518×8bit(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 × 8 b i t / 10 M b / s = 0.0512 m s 发送时延t_2=64×8bit/10Mb/s =0.0512ms 发送时延t2=64×8bit/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 2 t 0 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 发送周期T=数据帧发送时延t1＋确认帧发送时延t2＋双程传播时延2t0,即 t 1 + t 2 + 2 t 0 = 1.2856 m s t_1+t_2+2t_0= 1.2856ms t1+t2+2t0=1.2856ms;于是主机甲的有效数据传输速率为 1500 × 8 / T = 12000 b i t / 1.2856 m s ≈ 9.33 M b / s 1500×8/T= 12000bit/1.2856ms\approx9.33Mb/s 1500×8/T=12000bit/1.2856ms≈9.33Mb/s(以太网帧的数据部分为1500B)。

参考文献

[1] 谢希仁. 计算机网络. 7版. 北京：电子工业出版社，2017
[2] 王道论坛. 2022计算机网络考研复习指导. 北京：电子工业出版社，2021