网络工程师计算题汇总1

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1、网络工程师计算题汇总(一） 编辑：admin 发布时间：2007-3-16 阅读：128 次 设某单总线 LAN,总线长度为 1000 米,数据率为 10mbps,数字信号在总线 上的传输速度 2C/3(C 为光速),则每个信号占据的介质长度为_米.当 CSMA/C D(非 IEEE802.3 标准)访问时,如只考虑数据帧而忽略其他一切因素,则最小时 间片的长度为_us,最小帧长度是_位?答案 1.问：2c/3=2*3*108/3=2*108m/st=1000m/(2*108m/s)=5*10(-6) s 在时间 t 内共有信号量=10*106 t=10*106*5*10(-6)=50 bit

2、 在 1000m 共有 50bit 每个信号占据的介质长度=1000m/50bit=20 m/bit2 问：slot time=2S/(2c/3)=2*1000m/2*10(8)m/s=1*10(-5)s=10us3 问：Lmin=slot time*R=1*10(-5)s*10mb/s=1*10(-5)s*10*10(6)b/s=100 bit视频当传输视频信号时：带宽=图像尺寸*图像像素密度*像素的彩色分辨率*图像更新速度使用 Windows2000 操作系统的 DHCP 客户机，如果启动时无法与 DHCP 服务器通信，一般来说，它会在保留的 ip 地址（如 192.x.x.x)选取一个

3、ip 地 址route print 本命令用于显示路由表中的当前项目，在单路由器网段上的输 出；由于用 IP 地址配置了网卡，因此所有的这些项目都是自动添加的。tracert 命令 这是验证通往远程主机路径的实用程序4.如果信息长度为 5 位，要求纠正 1 位错，按照海明编码，需要增加的校 验位是_(19)_。A.3 B.4 C.5 D.6 答案为 4 m+k+12k m=5 k=4特权指令在多用户,多任务的计算机中必不可少,它主要用于( )A.检查用户的权限 B.系统硬件自检和配置 C.用户写汇编程序时调用 D.系 统资源的分配和管理 答案是 D微机 A 和微机 B 采用同样的 CPU,微机

4、 A 的主频为 800MHZ,微机 B 的主 频为 1200MHZ.若微机 A 的平均指令执行速度为 40MIPS,则微机 A 的平均 指令周期为多少 ns,微机 B 的平均指令执行速度为多少 MPIS 请老师给出详 细求解公式.mips（每秒百万条指令）微机 A 的平均指令周期1/(40*106/10(-9)=109/(40*106)=100/4=25 ns微机 B 的平均指令执行速度=40*120/80=60MIPS有一个 512K*16 的存储器，由 64K*1 的 2164RAM 芯片构成（芯片内是4 个 128*128 结构），总共需要（1）个 RAM 芯片。为什么位扩展是 16/1

5、=16，字扩展是 512/64=8？字扩展就是数据位数不够需要将 2 个或者 2 个以上的存储芯片并行使用 而提高位数，也就提高数据线的条数。字扩展呢就是存储容量不够需要串 联 n 个芯片来扩大容量，容量扩大了那么地址线的条数就要多了。分析：首先给定的存储芯片是 64K*1 位的，从这里能看出容量 64K，数据线 1 条。要设计成 512K*16 的存储器，存储器的数据线是 16 条，所以需要 16 块存储芯片并联才成（位扩展）。容量 512K 所以需要 512/64=8 片串联达 到要求（字扩展），总共需要多少芯片呢？16*8=128 片芯片。若卫星信道的数据传输率为 1Mbps，帧长为 1

6、000bit，利用卫星信道的两 个站点从一方到另一方的传播时延为 250ms。忽略确认帧长和处理时间则若帧的出错概率为 0.1, 而假设应答帧不出现错误，当采用停等协议时，其协议效率是（1）。若 采用连续 ARQ 协议，发送窗口 Wt7，接收窗口 Wr1，在不出错的情况 下，信道的利用率为（2）若帧传输过程中出错是突发式的，突发位数为 100bit，信道的误码率为 1 0-3,则帧的出错概率变为（3）在连续 ARQ 协议中，若发送窗口大于 2K（K 为编号位数），则会（4） ，停等协议可以看成是连续 ARQ 协议的特例，即（5）（1） A 0.02 B 0.018 C 0.1 D 0.04 A

7、（2） A 0.078 B 0.137 C 0.11 D 0.01 A（3） A 0.001 B 0.1 C 0.01 D 0.0001（4） A 发送窗口速度太快 B 接收窗口接收不下C 接收方不能正确识别是新的下一帧还是重发的帧 D 发送窗口不能进行 编号（5） A 发送窗口等于 1 B 接收窗口等于 1 C 认为线路不出错 D 认为线路 出错较高答案： （1）B （2）B （3）C （4）C （5）A(1)d/v=250ms=0.25sR=1Mbps=1*106bps=1*106 (bit/s)a=(Rd/v)/L=(1*106*0.25)/1000=250P=0.1E=(1-P)/(2

8、a+1)=0.9/501=0.00179(2)w=7w2a+1P=0E=W(1-P)/(2a+1)=7/501=0.139(3)P=(1000*10(-3)/100=0.01基于 IPMAC 的绑定方法用命令实现时，是 ARP S IP MA C 吗？ 在 windows 系统中，使用“arp -s ip mac”命令对 MAC 地址和 IP 地址进行 绑定，使用“arp -d ip mac”命令取消绑定。这种静态的绑定有何限制？是不是每次重开机都要绑定一次？只要 ip 地址在绑定时没有使用就可以了。是的。数字签名具体做法是：1、 将报文按双方约定的 HASH 算法计算得到一个固定位数的报文摘

9、要。在 数学上保证，只要改动报文中任何一位，重新计算出的报文摘要值就会与 原先的值不相符。这样就保证了报文的不可更改性。2、 将该报文摘要值用发送者的私人密钥加密，然后连同原报文一起发送 给接收者而产生的报文即称数字签名。3、接收方收到数字签名后，用同样的 HASH 算法对报文计算摘要值，然 后与用发送者的公开密钥进行解密解开的报文摘要值相比较，如相等则说 明报文确实来自所称的发送者1、当 N 个用户采用公钥通信时,系统中有_个密钥,若采用传统加密时, 则有_个密钥.请老师解释一下.对称密钥加密，使用发件人和收件人共同拥有的单个密钥。这种密钥既 用于加密，也用于解密。由于对称密钥加密在加密和解

10、密时使用相同的密钥，所以这种加密过程 的安全性取决于是否有未经授权的人获得了对称密钥。希望使用对称密钥 加密通信的双方，在交换加密数据之前必须先安全地交换密钥。所以针对本题目来说，N 个用户，彼此间倘若交互数据的话，双方都需 要有对方密钥。也就是每个用户有（n1）个。那么 n 个用户 有 n（n1）。其中包括一半彼此重叠拥有的。故此 n*(n-1)/2.公钥密码系统其特点是:(1)加密钥和解密钥本质是不同的,知道其中一个,不存在一个有效地推导出 另一个密钥的算法;(2)不需要分发密钥的额外信道,我们可以公开加密钥,这样无损于整个系统 的保密性,需要保密的仅仅是解密钥.每个人都保存自己的私钥,而

11、将对应的公钥放到一个公共通讯簿上,A 要想 向 B 发送保密消息 M,他使用 B 的公钥加密,发送 给 B,只有 B 拥有对应的私 钥,所以只有 B 能够解密ATM 交换分为 VP 交换和 VC 交换两种。VP 交换指在交换的过程中只改 变 VPI 的值，透传 VCI 的值，而 VC 交换过程中 VPI、VCI 都改变ATM（Asynchronous Transfer Mode,异步传输方式）采用基于信元的异步 传输模式和虚电路结构.1,如果互连的局域网高层分别采用 TCP/IP 协议和 SPX/IPX 协议,那么我们 可以选择的多个网络互连设备应是:_A.中继器 B,网桥 C 网卡 D.路由

12、器2.数据分组产生冲突的网络区域被称为_A,冲突域 B.网络域 C 广播域 D 网络分段.答案是 D,A嵌入式系统是指操作系统和功能软件集成于计算机硬件系统之中。简单 的说就是系统的应用软件与系统的硬件一体化，类似与 BIOS 的工作方式。 具有软件代码小，高度自动化，响应速度快等特点。特别适合于要求实时 的和多任务的体系。嵌入式计算机系统同通用型计算机系统相比具有以下特点： 1.嵌入式系统通常是面向特定应用的嵌入式 CPU 与通用型的最大不同就 是嵌入式 CPU 大多工作在为特定用户群设计的系统中，它通常都具有低功 耗、体积小、集成度高等特点，能够把通用 CPU 中许多由板卡完成的任务 集成

13、在芯片内部，从而有利于嵌入式系统设计趋于小型化，移动能力大大 增强，跟网络的耦合也越来越紧密。2.嵌入式系统是将先进的计算机技术、半导体技术和电子技术与各个行业 的具体应用相结合后的产物。这一点就决定了它必然是一个技术密集、资 金密集、高度分散、不断创新的知识集成系统。3.嵌入式系统的硬件和软件都必须高效率地设计，量体裁衣、去除冗余， 力争在同样的硅片面积上实现更高的性能，这样才能在具体应用中对处理 器的选择更具有竞争力。4.嵌入式系统和具体应用有机地结合在一起，它的升级换代也是和具体产 品同步进行，因此嵌入式系统产品一旦进入市场，具有较长的生命周期。5.为了提高执行速度和系统可靠性，嵌入式系

14、统中的软件一般都固化在存 储器芯片或单片机本身中，而不是存贮于磁盘等载体中。6.嵌入式系统本身不具备自举开发能力，即使设计完成以后用户通常也是 不能对其中的程序功能进行修改的，必须有一套开发工具和环境才能进行 开发。假设一个有三个盘片的硬盘,共有四个记录面,转速为 7200 转/分,盘面有效 记录区域的外直径为 30CM,内直径为 10CM,记录位密度为 250 位/mm,磁盘 密度为 8 道/mm,每磁道分 16 个扇区,每扇区 512 字节,则该硬盘的数据转输 率约为_A.2356KB/S B.3534KB/S C.7069KB/S D.1178KB/S在教程,网校资料和其它资料上有三种答

15、案.教程是 960KB/S,而网校是 117 8KB/S,请问是多少,如何算的.我的算法是:512 字节*16*7200/(60*1024)=960K B/S数据传输率=*内直径*记录位密度/8*转速/60（字节/秒）若存储周期为 200NS，且每个周期可访问 4 个字节，则存储器带宽？每个周期可访问 4 个字节，4 字节32 bit存储器带宽= 32 bit /200 ns =32bit/ (200*10(-9) s = 16*107 bit/s =160 * 10 6 bit/s长 10km，16Mbps，100 个站点的令牌环，每个站点引入 1 位延迟位，信 号传播速度位 200m/us

16、，则该环上 1 位延迟相当于_(4)_米长度的电缆，该环 有效长为_(5)_。A.10 B.12.5 C.15 D.20A.100 B.200 C.500 D.900据时延估算公式：传播时延(us/km)*传播介质长度(km)*数据率(Mpbs)+中 继器时延传播介质长度=10km传播速度=200m/us=0.2km/us 传播时延=1/0.2(us/km)=5(us/km)数据率=16Mbps其环上可能存在的最大时延是 10*5*16+100=900 位没有帧发送时，其环上可能存在的最小时延为 10*5*16=800 位环上 1 位延迟相当于 10km/800=12.5mRS-232-C 是在 OSI 模型中属于（7）层协议标准，这个标准的设计数据 速率是处理（9）bit/s。（7）A、会话 B、数据链路 C、网络 D 运输 E、物理（9）A、4800 B、9600 C、19200 D、20000 E、6400RS-232-C 是由电子工业协会(EIA，Electronic