🏷️ 知识点：协议数据单元

在 OSI 参考模型中，为上一层提供可靠、无错误的数据信息的协议层是（　）。

A. 物理层 B. 数据链路层 C. 网络层 D. 传输层

协议数据单元

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正确答案：D

在OSI参考模型中，传输层（第4层）负责实现端到端的可靠数据传输。 它通过错误检测、重传机制、流量控制和序列号等手段，确保二进制信息块（如数据段）在系统间正确传输，并为上一层（会话层）提供无错误的数据服务。 物理层仅负责原始比特流的传输，不涉及可靠性； 数据链路层虽在相邻节点间提供帧的可靠传输，但局限于单条链路； 网络层主要处理路由和寻址，不保证端到端的可靠性。 因此，符合题目描述的协议层是传输层。

在 OSI 参考模型中，上层协议实体与下层协议实体之间的逻辑接口称为服务访问点（SAP）。在 Internet 数据帧中，目的地址“0x000F781C6001”属于（ ）的服务访问点。

A. 数据链路层 B. 网络层 C. 传输层 D. 应用层

协议数据单元

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正确答案：A

在 OSI 参考模型中，服务访问点（SAP）是相邻协议层之间的逻辑接口，用于标识上层实体访问下层服务的点。 数据链路层的 SAP 通常对应 MAC 地址，因为该层使用 MAC 地址在局域网中唯一标识设备以实现帧的传输。 题目中的目的地址“0x000F781C6001”是一个 48 位的十六进制数，格式符合标准 MAC 地址（如 00:0F:78:1C:60:01），因此它属于数据链路层的服务访问点。

网络层的 SAP 是 IP 地址，传输层的 SAP 是端口号，应用层的 SAP 是高层协议标识，均与 MAC 地址的格式和用途不符。 故该地址对应数据链路层。

在 OSI 参考模型中，下列哪一层的主要功能是提供端到端的可靠��据传输、流量控制和差错恢复？

A. 数据链路层（Data Link Layer） B. 网络层（Network Layer） C. 传输层（Transport Layer） D. 会话层（Session Layer）

差错控制 协议数据单元

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正确答案：C

• 传输层（Transport Layer）负责端到端的可靠数据传输，提供流量控制、差错恢复和连接管理等功能。 > 典型的协议如 TCP。 >
• 数据链路层 负责相邻节点间的可靠传输（帧同步、差错控制）。 >
• 网络层 负责路径选择、路由和寻址（如 IP 协议）。 >
• 会话层 负责建立、管理和终止会话。 >

采用 GBN 帧协议，接收窗口内的序号为 4 时，接收到正确的 5 号帧应该（ ）。

A. 丢弃 5 号帧 B. 将窗口滑动到 5 号 C. 将 5 号帧缓存下来 D. 将 5 号帧交给上层处理

协议数据单元

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正确答案：A

在 GBN（Go-Back-N）协议中，接收窗口的大小固定为 1，这意味着接收方每次只期望接收一个按序到达的帧。 题目中，接收窗口内的序号为 4，表示接收方正等待接收序号为 4 的帧。 当接收到正确的 5 号帧时，由于 5 号帧不是期望的序号（4 号），它属于乱序到达的帧。 根据 GBN 协议规则，接收方会直接丢弃所有乱序帧，而不进行缓存或处理。 同时，接收窗口不会滑动，因为滑动窗口的条件是收到期望的序号帧（即 4 号帧）。 因此，丢弃 5 号帧是符合 GBN 协议的正确操作。 其他选项如滑动窗口、缓存或交给上层处理都不适用于 GBN 协议对乱序帧的处理方式。

以下滑动窗口协议中，一定按序接收到达的分组的有（ ）。 I. 停止—等待协议 II. 后退 N 帧协议 III. 选择重传协议

A. I 和 II B. I 和 III C. II 和 III D. I、II 和 III

协议数据单元 窗口大小限制

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正确答案：A

停止—等待协议的发送窗口和接收窗口大小均为 1，发送方每发送一个分组后必须等待确认，才能发送下一个分组。 接收方一次只处理一个分组，因此分组到达的顺序与发送顺序完全一致，一定按序接收。

后退 N 帧协议中，接收方只按序接收分组。 如果某个分组丢失或出错，发送方会重传该分组及之后的所有分组，接收方对乱序到达的分组直接丢弃，确保只有顺序正确的分组被接受，因此也保证按序接收。

选择重传协议允许接收方缓存乱序到达的分组，即分组到达时可能不是按序的，但接收方会将这些分组暂时存储，等待缺失分组到达后再按序交付给上层。 因此，分组到达时不一定按序，不满足“一定按序接收到达的分组”的条件。

综上，只有停止—等待协议和后退 N 帧协议一定按序接收分组，对应选项 A。

若数据链路的发送窗口尺寸 WT=4，在发送 3 号帧，并接到 2 号帧的确认帧后，发送方还可以连续发送的帧数是（ ）。

A. 2 帧 B. 3 帧 C. 4 帧 D. 1 帧

协议数据单元

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正确答案：B

发送窗口尺寸 WT=4 表示发送方最多可以发送 4 个未被确认的帧。 假设帧编号从 0 开始，且确认是累积的（即确认帧号 n 表示所有帧号小于 n 的帧均已被确认）。

在发送 3 号帧之前，发送方可能已经发送了帧 0、1、2，此时有 3 个未确认帧。 发送 3 号帧后，未确认帧变为 4 个（帧 0、1、2、3），发送窗口已满，无法继续发送新帧。

接着，发送方接到 2 号帧的确认帧。 由于确认是累积的，这意味着帧 0、1、2 均已被确认。 因此，未确认帧只剩下帧 3，发送窗口基序号移动到 3，窗口允许发送帧 3、4、5、6。 由于帧 3 已经发送，当前未确认帧数为 1，而窗口大小为 4，所以发送方还可以连续发送 3 帧（即帧 4、5、6）。

因此，发送方还可以连续发送的帧数是 3 帧。

以下各项中，不是数据报服务特点的是（ ）。

A. 每个分组自身携带有足够的信息，它的传送被单独处理 B. 在整个传送过程中，不需要建立虚电路 C. 使所有分组按顺序到达目的端系统 D. 网络结点要为每个分组做出路由选择

数据报和虚电路 协议数据单元

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正确答案：C

数据报服务是一种无连接的网络服务，其核心特点在于每个分组（即数据报）都独立携带完整的地址和路由信息，使得分组能够被单独处理和传送。 在整个传输过程中，不需要预先建立虚电路，网络节点会为每个分组独立进行路由选择。 由于分组可能经由不同路径到达目的端系统，数据报服务无法保证所有分组按顺序到达，顺序问题通常由上层协议（如 TCP）处理。 因此，选项 C 所述的“使所有分组按顺序到达目的端系统”不符合数据报服务的特点。

以太网中，当数据传输率提高时，帧的发送时间就会相应的缩短，这样可能会影响对冲突的检测。为了能有效地检测到冲突，可以使用的解决方案有（　）。

A. 减少电缆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. 提高存取、换出速度

协议数据单元

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正确答案：B

在以太网的CSMA/CD协议中，冲突检测的有效性依赖于帧的发送时间不小于信号在电缆中的往返传播延迟。 当数据传输率提高时，帧的发送时间会相应缩短（发送时间=帧长/数据率），这可能导致在帧发送完毕前无法检测到冲突，从而影响网络可靠性。

为了确保冲突检测，需要维持“帧发送时间≥往返传播延迟”的条件。 解决方案可以从两方面入手：一是减少电缆长度，从而降低信号传播延迟，使得往返时间缩短，这样即使发送时间较短也能覆盖冲突检测窗口； 二是增加最短帧长，直接延长帧的发送时间，保证有足够时间检测冲突。 因此，选项B中的减少电缆介质长度或增加最短帧长是正确的做法。

其他选项分析：A和C中的减少最短帧长会进一步缩短发送时间，加剧冲突检测困难； C中的增加电缆长度会增大传播延迟，要求更长的帧发送时间，与数据率提高的效应叠加后问题更严重； D中的“提高存取、换出速度”并非CSMA/CD标准中解决此问题的有效方法，且表述模糊。

信道速率为 4kbps，采用停止—等待协议，设传播时延 $t=20$ ms，确认帧长度和处理时间均可忽略。若信道的利用率能达到至少 50%，则帧长至少为（ ）。

A. 40bit B. 80bit C. 160bit D. 320bit

协议数据单元 信道利用率

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正确答案：C

信道利用率是指发送数据的时间占总周期时间的比例。

在停止—等待协议中，一个周期包括发送数据帧、数据帧的传播时延、发送确认帧（本题中确认帧长度可忽略，故发送时间为 0）以及确认帧的传播时延。 设帧长为 $L$ 比特，信道速率 $R=4000\text{bps}$ ，则发送时间 $T_t=L/R$ 。 传播时延 $t=20\text{ms}=0.02\text{s}$ ，总周期时间为 $T_t+2t$ 。

信道利用率

$U=\frac{T_t}{T_t+2t}$ ，要求 $U\ge 0.5$ ，即

$$\frac{T_t}{T_t+2t}\ge \mathrm{0.5.}$$

解此不等式：

$$T_t\ge 0.5(T_t+2t)⟹T_t\ge 0.5T_t+t⟹0.5T_t\ge t⟹T_t\ge 2t.$$

代入 $T_t=L/R$ 和 $t=0.02\text{s}$ ，得

$$\frac{L}{4000}\ge 2\times 0.02⟹\frac{L}{4000}\ge 0.04⟹L\ge 0.04\times 4000=160\text{bit}.$$

因此，帧长至少为 160 比特，对应选项 C。

在简单停止 - 等待协议中，为了解决重复帧的问题，需要采用（ ）。

A. 帧序号 B. 定时器 C. ACK 机制 D. NAK 机制

协议数据单元

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正确答案：A

在简单停止 - 等待协议中，发送方每发送一帧后必须等待接收方的确认，才能发送下一帧。 这种机制容易因确认帧丢失或延迟而产生重复帧问题：当确认丢失时，发送方超时重传原帧，接收方可能再次收到相同帧，若无区分机制，会导致数据重复处理。

帧序号通过为每个帧分配唯一标识（通常使用 1 位序号，如 0 和 1 交替），使接收方能够检查序号并识别重复帧，从而丢弃它们。 定时器主要用于触发超时重传，但可能引入重复帧； ACK 机制用于确认正确接收，不直接防止重复； NAK 机制用于报告错误，与重复帧无关。 因此，帧序号是解决重复帧问题的核心。

考虑建立一个 CSMA/CD 网，电缆长度为 1km，不使用中继器，传输速率为 1Gbps，电缆中信号的传播速率是 200000km/s，则该网络中最小帧长是（ ）。

A. 10000bit B. 1000bit C. 5000bit D. 20000bit

协议数据单元 介质访问控制

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正确答案：A

首先，计算信号在电缆中的传播时延。

电缆长度为 1 km，信号传播速率为 200000 km/s，因此传播时延为长度除以传播速率：

$$1\text{ km}/200000\text{ km/s}=5\times 10^{-6}\text{ 秒}$$

即 5 微秒。

在 CSMA/CD 网络中，最小帧长需确保在帧传输过程中能检测到冲突，这要求帧的发送时间不小于信号往返传播的时间（即冲突窗口）。 冲突窗口时间为 2 倍传播时延：

$$2\times 5\text{ 微秒}=10\text{ 微秒}$$

传输速率为 1 Gbps，即 $1\times 10^9$ 比特/秒。

最小帧长等于冲突窗口时间乘以传输速率：

$$10\text{ 微秒}\times 10^9\text{ 比特/秒}=10\times 10^{-6}\text{ 秒}\times 10^9\text{ 比特/秒}=10000\text{ 比特}$$

因此，最小帧长为 10000 比特，对应选项 A。

一个 2Mbps 的网络，线路长度为 1km，传输速度为 20m/ms，分组大小为 100 字节，应答帧大小可以忽略。若采用“停止—等待”协议，则实际数据速率是（ ）。

A. 2Mbps B. 1Mbps C. 8Kbps D. 16Kbps

协议数据单元 磁盘性能指标

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正确答案：C

在停止-等待协议中，实际数据速率取决于分组传输时间和往返传播延迟。 分组大小为 100 字节，即 800 比特。 网络带宽为

$2\text{Mbps}$ ，因此分组传输时间为 $$T_{\text{tx}}=\frac{800\text{比特}}{2\times 10^6\text{bps}}=0.0004\text{秒}=0.4\text{毫秒}.$$

线路长度为 $1\text{km}$ ，传播速度为 $20\text{m/ms}$ ，传播时间为 $$T_{\text{prop}}=\frac{1000\text{米}}{20\text{米/毫秒}}=50\text{毫秒}.$$

由于应答帧大小可忽略，ACK 传输时间不计，但 ACK 传播时间与分组相同，故总周期时间为 $$T_{\text{total}}=T_{\text{tx}}+2\times T_{\text{prop}}=0.4\text{毫秒}+2\times 50\text{毫秒}=100.4\text{毫秒}.$$

在此周期内成功传输 800 比特数据，实际数据速率为 $$\frac{800\text{比特}}{100.4\text{毫秒}}\approx 7968\text{bps}\approx 8\text{Kbps},$$

因此选项 C 正确。

在 CSMA/CD 协议中，下列指标与冲突时间没有关系的是（ ）。

A. 检测一次冲突所需要的最长时间 B. 最小帧长度 C. 最大帧长度 D. 最大帧碎片长度

散列表 协议数据单元

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正确答案：C

在 CSMA/CD 协议中，冲突时间（即冲突窗口或往返传播延迟）是一个关键参数，它决定了信号从发送端到最远站点再返回所需的最长时间。

这个时间直接影响到冲突检测和帧设计。

选项 A“检测一次冲突所需要的最长时间”本质上就是冲突时间本身，因此与冲突时间直接相关。 选项 B“最小帧长度”是为了确保在帧发送完毕前能够检测到冲突，其计算公式为最小帧长度 = 2 × 传播延迟 × 数据传输速率，这与冲突时间紧密相连。 选项 D“最大帧碎片长度”指的是冲突发生后可能产生的碎片的最大长度，由于碎片只能在冲突窗口内形成，其最大长度受限于冲突时间内传输的比特数，因此也与冲突时间有关。

相比之下，选项 C“最大帧长度”通常由协议规范、网络性能或缓冲区大小等因素决定，例如传统以太网中最大帧长度为 1518 字节，目的是限制帧的大小以避免信道过长时间被占用，但这一指标与冲突时间没有直接关系，冲突时间并不影响最大帧长度的设定。 因此，与冲突时间没有关系的是最大帧长度。

在基于 TCP/IP 模型的分组交换网络中，每个分组都可能走不同的路径，所以在分组到达目的主机后应该重新排序；又由于不同类型物理网络的 MTU 不同，所以一个分组在传输的过程中也可能需要分段，这些分段在到达目的主机后也必须重组。对于分组的排序和分段的重组，下列说法正确的是（　）。

A. 排序和重组工作都是由网络层完成 B. 排序和重组工作都是由传输层完成 C. 排序工作由网络层完成，而重组工作由传输层完成 D. 排序工作由传输层完成，而重组工作由网络层完成

分段内存管理 协议数据单元

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正确答案：D

在TCP/IP模型中，网络层（或称互联网层）主要使用IP协议，负责将数据包从源主机路由到目的主机。

由于不同物理网络的MTU（最大传输单元）可能不同，当IP数据报的大小超过某段网络的MTU时，网络层会在传输过程中对其进行分片。 这些分片作为独立的IP数据报传输，并在到达目的主机后，由网络层根据分片头部的信息（如标识符、偏移量等）进行重组，恢复原始数据报。 因此，分段的重组工作由网络层完成。

另一方面，传输层（如TCP协议）负责端到端的可靠通信。 在分组交换网络中，各个分组可能通过不同路径传输，导致到达顺序混乱。 TCP协议通过为每个数据段分配序列号，在接收端对到达的数据段进行排序，确保数据以正确的顺序交付给应用层。 因此，排序工作由传输层完成。

综合来看，排序是传输层的功能，而重组是网络层的功能，选项D正确描述了这一点。 其他选项混淆了这两项职责在TCP/IP模型中的归属。

当路由器接收到一个 1500 字节的 IP 数据报时，需要将其转发到 MTU 为 980 的子网，分片后产生两个 IP 数据报，长度分别是（ ）。（首部长度为 20B）

A. 750, 750 B. 980, 520 C. 980, 540 D. 976, 544

协议数据单元 数据报和虚电路

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正确答案：C

原始 IP 数据报总长度为 1500 字节，首部长度为 20 字节，因此数据部分长度为 1500 - 20 = 1480 字节。

需要转发到 MTU 为 980 的子网，意味着每个分片的总长度（包括首部）不能超过 980 字节。

每个分片的数据部分长度必须是 8 字节的倍数，这是由 IP 分片偏移量字段的单位决定的。 计算每个分片可容纳的最大数据部分：MTU 减去首部长度，即 980 - 20 = 960 字节。 960 恰好是 8 的倍数（960 ÷ 8 = 120），因此第一个分片的数据部分可取 960 字节，加上 20 字节首部，总长度为 980 字节。

剩余数据部分为 1480 - 960 = 520 字节。 520 也是 8 的倍数（520 ÷ 8 = 65），因此第二个分片的数据部分为 520 字节，加上 20 字节首部，总长度为 540 字节。 分片后两个 IP 数据报的长度分别为 980 字节和 540 字节。

下图中，主机 A 发送一个 IP 数据报给主机 B。通信过程中以太网 1 上出现的以太网帧中承载一个 IP 数据报，该以太网帧中的目的地址和 IP 报头中的目的地址分别是（ ）。

A. B 的 MAC 地址，B 的 IP 地址 B. B 的 MAC 地址，R1 的 IP 地址 C. R1 的 MAC 地址，B 的 IP 地址 D. R1 的 MAC 地址，R1 的 IP 地址

以太网 协议数据单元

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正确答案：C

在主机 A 向主机 B 发送 IP 数据报的过程中，由于主机 B 位于不同的网络（通过 WAN 连接），主机 A 需要先将数据报发送到默认网关（即交换机 R1，在此场景中充当路由器或网关角色）。 因此，在以太网 1 上，主机 A 发出的以太网帧的目的 MAC 地址是下一跳设备 R1 的 MAC 地址，以便帧能正确传递到 R1。 而 IP 数据报头的目的 IP 地址始终是最终目标主机 B 的 IP 地址，不会在传输过程中改变。 所以，以太网帧中的目的地址是 R1 的 MAC 地址，IP 报头中的目的地址是 B 的 IP 地址，对应选项 C。

下列关于 TCP 协议的叙述中，错误的是（　）。

A. I 和 II B. I、II 和 III C. II 和 III D. I、II、III 和 IV

协议数据单元 数据报和虚电路

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正确答案：D

本题考查对 TCP 协议的理解。 TCP 是在不可靠的 IP 层之上实现可靠的数据传输协议，它主要解决传输的可靠、有序、无丢失和不重复的问题，其主要特点是：①TCP 是面向连接的传输层协议。 ②每一条 TCP 连接只能有两个端点，每一条 TCP 连接只能是端对端的（进程—进程）。 ③TCP 提供可靠的交付服务，保证传送的数据无差错、不丢失、不重复且有序。 ④TCP 提供全双工通信，允许通信双方的应用进程在任何时候都能发送数据，为此 TCP 连接的两端都设有发送缓存和接收缓存。 ⑤TCP 是面向字节流的，虽然应用程序和 TCP 的交互是一次一个数据块（大小不等），但 TCP 把应用程序交下来的数据看成仅仅是一连串的无结构的字节流。

Ⅰ：IP 协议才是点到点的通信协议（也说是主机—主机），而 TCP 是端到端的协议，故Ⅰ错误； Ⅱ：TCP 提供面向连接的可靠数据传输服务，故Ⅱ错误； Ⅲ：IP 数据报不是由传输层来组织的，而应该由网络层加上 IP 数据报的首部来形成 IP 数据报，故Ⅲ错误； Ⅳ：前面已经分析，正确。

综上，Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ都是错误的。

下列网络设备中，能隔离 ARP 广播帧的是（ ）。

A. 路由器 B. 网桥 C. 以太网交换机 D. 集线器

协议数据单元 路由器

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正确答案：A

ARP（地址解析协议）广播帧用于在局域网内将 IP 地址解析为 MAC 地址，属于数据链路层的广播帧。

隔离广播帧意味着阻止其传播到其他网络段，从而缩小广播域。

路由器工作在网络层（第三层），基于 IP 地址进行路由决策。 当路由器接收到 ARP 广播帧时，不会将其转发到其他接口，因为广播帧的目标是本地网络，路由器会终止广播域。 因此，路由器能有效隔离 ARP 广播帧。

其他设备则不能隔离 ARP 广播帧：

• 网桥工作在数据链路层（第二层），虽然能基于 MAC 地址过滤帧，但会转发广播帧，扩展了广播域。 >
• 以太网交换机本质上是多端口网桥，默认情况下将广播帧泛洪到所有端口（除源端口），不隔离广播域； > 除非配置 VLAN，但这不是其基本功能。 >
• 集线器工作在物理层（第一层），仅对信号进行广播，所有端口共享同一冲突域和广播域，无法隔离任何帧。 >

因此，只有路由器具备隔离 ARP 广播帧的能力。 >

一个长度为 3000 字节的 UDP 数据报，在数据链路层使用以太网进行传输，为了正确传输，则需要将其拆分成（ ）个 IP 数据片。

A. 2 B. 3 C. 4 D. 不拆分

协议数据单元 数据报和虚电路

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正确答案：B

首先，UDP 数据报长度为 3000 字节，在传输时会被封装成 IP 数据报。 > IP 数据报包括 IP 头部和 IP 数据部分，其中 IP 数据部分就是整个 UDP 数据报。 > 标准 IP 头部长度为 20 字节，因此 IP 数据报的总长度为 3000 + 20 = 3020 字节。 >

以太网的数据链路层 MTU（最大传输单元）通常为 1500 字节，这意味着每个 IP 数据报在以太网中传输时，总长度不能超过 1500 字节。 > 因此，当 IP 数据报长度超过 MTU 时，IP 层需要进行分片。 >

分片时，每个 IP 数据片都包含自己的 IP 头部（20 字节），因此每个数据片的数据部分最大为 1500 - 20 = 1480 字节。 > 此外，IP 分片偏移字段以 8 字节为单位，要求数据部分大小是 8 的倍数； > 1480 字节正好是 8 的倍数（1480 ÷ 8 = 185），符合要求。 >

IP 数据报的数据部分总长度为 3000 字节。 > 计算分片数量：第一个数据片携带 1480 字节数据，剩余 1520 字节； > 第二个数据片携带 1480 字节数据，剩余 40 字节； > 第三个数据片携带 40 字节数据。 > 因此，共需要 3 个 IP 数据片。 >

分片后，第三个数据片的总长度为 20 字节头部加 40 字节数据，共 60 字节，小于 MTU，传输正常。 > 综上，正确答案是 3 个分片，对应选项 B。 >

第一次传输时，设 TCP 的拥塞窗口的慢启动门限初始值为 8（单位为报文段），当拥塞窗口上升到 12 时，网络发生超时，TCP 开始慢启动和拥塞避免，那么第 12 次传输时拥塞窗口大小为（ ）。

A. 5

B. 6

C. 7

D. 8

协议数据单元 窗口大小限制

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正确答案：B

首先，根据 TCP 拥塞控制机制，初始慢启动门限 ssthresh=8，拥塞窗口 cwnd 从 1 开始。 在慢启动阶段，cwnd 每轮次翻倍：第 1 次传输 cwnd=1，第 2 次传输 cwnd=2，第 3 次传输 cwnd=4，第 4 次传输 cwnd=8（达到 ssthresh，进入拥塞避免）。 拥塞避免阶段每轮次 cwnd 加 1：第 5 次传输 cwnd=9，第 6 次传输 cwnd=10，第 7 次传输 cwnd=11，第 8 次传输 cwnd=12。 此时网络发生超时，超时后将 ssthresh 设置为当前 cwnd 的一半，即 12/2=6，cwnd 重置为 1。 超点后重新开始慢启动：第 9 次传输 cwnd=1，第 10 次传输 cwnd=2，第 11 次传输 cwnd=4。 由于此时 cwnd=4 小于 ssthresh=6，仍处于慢启动，但慢启动的目标是使 cwnd 达到 ssthresh，因此从第 11 次传输到第 12 次传输，cwnd 应从 4 增长至 ssthresh 值 6，而不是翻倍到 8。 故第 12 次传输时 cwnd=6。

UDP 协议和 TCP 协议报文首部的非共同字段有（ ）。

A. 源端口

B. 目的端口

C. 序列号

D. 校验和

协议数据单元

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正确答案：C

UDP 和 TCP 协议报文首部中，源端口和目的端口是两者都具备的字段，用于标识通信的端点。 校验和字段在 UDP 和 TCP 中也都存在，尽管 UDP 的校验和是可选的，但通常被视为首部的一部分。 序列号是 TCP 特有的字段，用于保证数据的有序传输和可靠性； UDP 作为无连接协议，没有序列号字段，因此序列号是两者的非共同字段。

（9 分）一个进程分配给 4 个页帧（下面的所有数字均为十进制数，每一项都是从 0 开始计数的）。最后一次把一页装入到一个页帧的时间、最后一次访问页帧中的页的时间、每个页帧中的虚页号以及每个页帧的访问位（R）和修改位（M）如下表所示（时间均为从进程开始到该事件之前的时钟值，而不是从事件发生到当前的时钟值）。

当虚页 4 发生缺页时，使用下列存储器管理策略，哪一个页帧将用于置换？解释每种情况的原因。

（1）FIFO（先进先出）算法。

（2）LRU（最近最少使用）算法。

（3）改进的 Clock 算法。

（4）在缺页之前给定上述的存储器状态，考虑下面的虚页访问串：

4, 0, 0, 0, 2, 4, 2, 1, 0, 3, 2

如果使用 LRU 页面置换算法，分给 4 个页帧，会发生多少缺页？

协议数据单元

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**【答案】** （1）页帧3 （2）页帧1 （3）页帧1 （4）3次缺页

**【解析】** （1）FIFO算法基于页面加载时间，选择加载时间最早的页面置换。表中加载时间分别为：页帧0（60）、页帧1（130）、页帧2（26）、页帧3（20）。页帧3的加载时间最早（20），因此用于置换。

（2）LRU算法基于最近访问时间，选择访问时间最早的页面置换。表中访问时间分别为：页帧0（161）、页帧1（160）、页帧2（162）、页帧3（163）。页帧1的访问时间最早（160），因此用于置换。

（3）改进的Clock算法优先选择R=0且M=0的页面。表中页帧状态：页帧0（R=0, M=1）、页帧1（R=0, M=0）、页帧2（R=1, M=0）、页帧3（R=1, M=1）。页帧1满足R=0且M=0，因此用于置换。算法扫描时（假设从页帧0开始），遇到页帧1即选中，无需进一步扫描。

（4）使用LRU算法模拟虚页访问串。初始内存中有虚页0、1、2、3，最后访问时间如表所示（虚页1最早，虚页3最晚）。模拟过程：

• 访问虚页4：缺页，置换LRU页面虚页1（页帧1），装入虚页4。
• 访问虚页0：命中，更新访问时间。
• 访问虚页0：命中，更新访问时间。
• 访问虚页0：命中，更新访问时间。
• 访问虚页2：命中，更新访问时间。
• 访问虚页4：命中，更新访问时间。
• 访问虚页2：命中，更新访问时间。
• 访问虚页1：缺页，置换LRU页面虚页3（页帧3），装入虚页1。
• 访问虚页0：命中，更新访问时间。
• 访问虚页3：缺页，置换LRU页面虚页4（页帧1），装入虚页3。
• 访问虚页2：命中，更新访问时间。 缺页发生在访问4、1、3时，共3次缺页。

在一个分页存储管理系统中，地址空间分页（每页 1K），物理空间分块，设主存总量为 256KB，描述主存分配情况的位示意图如下右图所示（0 表示未分配，1 表示已分配），此时作业调度程序选中一个长为 5.2KB 的作业投入内存。试问：

（1）为该作业分配内存后（分配内存时，首先分配低地址的内存空间），请填写该作业的页表内容。

（2）页式存储管理有无内存碎片存在？若有，会存在哪种内存碎片？为该作业分配内存后，会产生内存碎片吗？如果产生，大小为多少？

（3）假设一个 64MB 内存容量的计算机，采用页式存储管理（页面大小为 4K），内存分配采用位示图方式管理，请问位示图将占用多大的内存？

协议数据单元 页表

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【解析】 (1) 位示图是利用二进制的一位来表示磁盘中一个盘块的使用情况，其值为“0”时，表示对应盘块空闲；为“1”时，表示已分配，地址空间分页，每页为 1K，则对应盘块大小也为 1K，主存总容量为 256KB，则可分成 256 个盘块，长 5.2K 的作业需要占用 6 页空间。假设页号与物理块号都是从 0 开始，则根据位示图，可得到页表内容。页表内容如下：

(2) 页式存储管理中有内存碎片的存在，会存在内部碎片，为该作业分配内存后，会产生内存碎片，因为此作业大小为 5.2K，占 6 页，前 5 页满，最后一页只占了 0.2K 的空间，则内存碎片的大小为 1K - 0.2K = 0.8K。

(3) 64MB 内存，一页大小为 4K，则共可分成 64KB × 1K / 4K = 16K 个物理盘块，在位示图中每一个盘块占 1 位，则共占 16Kbit 空间，因为 1B = 8bit，所以此位示图共占 16Kbit / 8 = 2KB 的内存。

注意，这里的 16Kbit 中的 K = 1024，因为是从 64KB × 1K / 4K = 16K 中得到的 K。而如果要占 16kbit (k = 1000) 的空间时，换算成内存空间应当注意 k 到 K 的转换，即 (16bit / 8) × (k / K) = 2B × (1000 / 1024) ≈ 1.95KB。考试中符号 k 取值应为 1000 还是 1024 一定要看清楚，否则单位转换的时候容易造成错误。

（9 分）TCP 的拥塞窗口 cwnd 大小与传输轮次 n 的关系如下所示：

（1）画出 TCP 的拥塞窗口与传输轮次的关系曲线。

（2）分别指明 TCP 工作在慢开始阶段和拥塞避免阶段的时间间隔。

（3）在第 16 轮次和第 22 轮次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丢失了报文段？

（4）在第 1 轮次、第 18 轮次和第 24 轮次发送时，门限 ssthresh 分别被设置为多大？

（5）在第几轮次发送出第 70 个报文段？

（6）假定在第 26 轮次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？

协议数据单元

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**【解析】** 本题考查TCP的拥塞控制算法。在画出拥塞窗口与传输轮次的曲线后，根据四种拥塞控制算法的特点，以图像的拐点进行分段分析。初始时，拥塞窗口置为 1，即 `cwnd=1`，慢开始门限置为 32，即 `ssthresh=32`。慢开始阶段，`cwnd` 初值为 1，以后发送方每收到一个确认 ACK，`cwnd` 值加 1，也即经过每个传输轮次（RTT），`cwnd` 呈指数规律增长。当拥塞窗口 `cwnd` 增长到慢开始门限 `ssthresh` 时（即当 `cwnd=32` 时），就改用拥塞避免算法，`cwnd` 按线性规律加性增长。当 `cwnd=42` 时，收到三个重复的确认，启用快恢复算法，更新 `ssthresh` 值为 21（即变为超时时 `cwnd` 值 42 的一半）。`cwnd` 重置为 `ssthresh` 减半后的值，并执行拥塞避免算法。当 `cwnd=26` 时，网络出现拥塞，改用慢开始算法，`ssthresh` 置为拥塞时窗口值的一半，即 13，`cwnd` 置为 1。

(1) 拥塞窗口与传输轮次的关系曲线如下图所示：

(2) 慢开始的时间间隔：[1, 6] 和 [23, 26]。拥塞避免的时间间隔：[6, 16] 和 [17, 22]。

(3) 在第 16 轮次之后发送方通过收到三个重复的确认检测到丢失的报文段。在第 22 轮次之后发送方是通过超时检测到丢失的报文段。

(4) 在第 1 轮次发送时，门限 `ssthresh` 被设置为 32。 在第 18 轮次发送时，门限 `ssthresh` 被设置为发生拥塞时的一半，即 21。 在第 24 轮次发送时，门限 `ssthresh` 是第 22 轮次发生拥塞时的一半，即 13。

(5) 第 70 报文段在第 7 轮次发送出。

(6) 拥塞窗口 `cwnd` 和门限 `ssthresh` 应设置为 8 的一半，即 4。

（9 分）本地主机 A 的一个应用程序使用 TCP 协议与同一局域网内的另一台主机 B 通信。用 Sniffer 工具捕获本机 A 以太网发送和接收的所有通信流量，目前已得到 8 个 IP 数据报。表 1 以 16 进制格式逐字节列出了这些 IP 数据报的全部内容，其中，编号 2、3、6 为主机 A 收到的 IP 数据报，其余为主机 A 发出的 IP 数据报。假定所有数据报的 IP 和 TCP 校验和均是正确的。

表 1 Sniffer 捕获到的 IP 数据报

IP 分组头结构和 TCP 段头结构分别如图1、图2所示：

协议域为1、6、17、89分别对应ICMP、TCP、UDP、OSPF协议。

本题中窗口域描述窗口时使用的计量单位为1字节。 请回答下列问题：

(1) 表 1 的 IP 分组中，哪几个完成了 TCP 连接建立过程中的三次握手？根据三次握手报文提供的信息，连接建立后，如果 B 发数据给 A，那么首字节的编号是多少？

(2) 根据表 1 中的 IP 分组，A 上的应用程序已经请求 TCP 发送的应用层数据的总字节是多少？

(3) 如果 8 号 IP 分组之后，B 正确收到了 A 已发出的所有 IP 分组，B 发给 A 的 TCP 报文段中 ack 号应当是多少（十六进制）？在 8 号 IP 分组之后，A 上的应用程序请求 TCP 发送新的 65495 字节的应用层数据，那么，按 TCP 协议，在 A 未能得到 B 的任何确认报文之前，TCP 可以发送到网络中的应用层数据最多是多少字节？

协议数据单元

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（1）编号 2、3、6 包为主机 A 收到的 IP 数据报，其他均为主机 A 发送的数据报，由主机 A 发送的数据报中的源 IP 地址可知主机 A 的 IP 地址为 c0 a8 00 15。对比编号 2、3、6 包，可知 2 号数据报是来自一个发送方，3、6 号是来自同一个发送方，由 2 号帧的源 IP 地址和目的 IP 地址以及其协议字段（ICMP 协议）可知该数据报来自于不知名的一方（可能是网络中某个节点），而 3、6 号来自于主机 B，则主机 B 的 IP 地址为 c0 a8 00 c0，所以三次握手应该是编号为 1、3、4 的三个数据报。

连接建立后，由主机 A 最后的 4 号确认报文段以及之后发送的 5 号报文段可知 seq 字段为 22 68 b9 91，ack 号为 5b 9f f7 1d，可知主机 A 期望收到对方的下一个报文段的数据中的第一个字节的序号为 5b 9f f7 1d，也就是说如果 B 发送数据给 A，首字节的编号就应该是 5b 9f f7 1d。

（2）主机 A 从 4 号报文段才可以携带应用层数据，所以只需要将 4、5、7、8 报文中的数据部分加起来即可，观察 4、5、7、8 号报文的头部长度字段，均为 5，表示 TCP 头部长度均为 5*4B=20B，由图表可知，从第三行开始的内容均为要传输的数据，其和为：0 + 16 + 16 + 32 = 64B。

（3）主机 B 接收到主机 A 的 IP 分组后，会在 8 号报文段的序号字段的基础之上，加上其发送的数据字节数，即为：(22 68 b9 a1)₁₆ + 32 = (22 68 b9 c1)₁₆。

B 在 6 号报文段中指出自己的窗口字段为 (20 00) = 8192B，说明此时 B 还能接收到这么多数据。而之后 A 发送了两个报文段。由 7 号和 8 号报文段的序号和确认号可知 8 号是 7 号的重复发送数据，所以 B 只需要接收 8 号的数据部分，也就是 32B，所以之后 A 还可以发送的字节数为 8192-32B = 8160B。

（9 分）在本地主机使用 Ping 命令测试与远端主机 192.168.0.101 的连通性，Ping 测试仅进行了一次，由于测试数据较大，在 IP 层进行了数据分片。Ping 命令执行时，使用 Sniffer 工具捕获本机以太网发送方向的所有通信流量，得到 6 个 IP 数据报，表 1 以 16 进制格式逐字节给出了六个 IP 数据报的前 40 个字节。

IP 分组头的结构如图 1 所示。

协议数据单元 数据报和虚电路

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**【解析】** (1) Ping 命令测试的远端主机的地址即为目的地址，根据 IP 数据报的格式，找第 16 个字节开始的 C0 A8 00 65，即 192.168.0.101，则找出标识号一致、协议号一致的 IP 分组，所以，1、4、5 号数据报是该次 Ping 测试产生的。

(2) 本机 IP 地址为第 12～15 个字节，即 C0 A8 00 15，转换成二进制为 192.168.0.21。根据 IP 分组头格式，从第 13 个字节开始，找到 TTL=0x39，即为二进制的 57。

(3) 在 1、4、5 号数据报中，由 MF 位知，第 5 个数据报是分片的最后一片（MF=1，表示后面还有分片；MF=0，表示后面没有分片），由各个数据报中的总长度域（或由片偏移）知，1、4 号数据报的总长度均为 0x05DC=1500 字节，头部长度=5×4=20 字节，故净荷长度=1480 字节；5 号数据报的净荷长度=0x059B-20=1435-20=1415 字节，所以分片前的净荷=1480+1480+1415=4375，总长度=净荷+头部 20 字节=4375+20=4395 字节。

（9 分）主机 A 向主机 B 连续发送了 3 个 TCP 报文段。第 1 个报文段的序号为 90，第 2 个报文段的序号为 120，第 3 个报文段的序号为 150。请回答：

(1) 第 1、2 个报文段携带了多少字节的数据？ (2) 主机 B 收到第 2 个报文段后，发回的确认中的确认号应该是多少？ (3) 如果主机 B 收到第 3 个报文段后，发回的确认中的确认号是 200，试问 A 发送的第 3 个报文段中的数据有多少字节？ (4) 如果第 2 个报文段丢失，而其他两个报文段正确到达了主机 B，那么主机 B 在第 3 个报文段到达后，发往主机 A 的确认报文中的确认号应该是多少？

协议数据单元

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**【答案】** (1) 第 1 个报文段携带 30 字节数据，第 2 个报文段携带 30 字节数据。 (2) 确认号为 150。 (3) 第 3 个报文段中的数据有 50 字节。 (4) 确认号为 120。

**【解析】** (1) TCP 序号表示数据字节的编号。第 1 个报文段序号为 90，第 2 个报文段序号为 120，因此第 1 个报文段的数据字节序号范围为 90 至 119（共 120-90=30 字节）。同理，第 2 个报文段序号为 120，第 3 个报文段序号为 150，因此第 2 个报文段的数据字节序号范围为 120 至 149（共 150-120=30 字节）。 (2) 主机 B 收到第 2 个报文段后，已正确接收序号 90 至 149 的数据，期望收到的下一个字节序号为 150，因此确认号为 150。 (3) 第 3 个报文段序号为 150，确认号为 200 表示主机 B 期望收到的下一个字节序号为 200，因此第 3 个报文段的数据字节序号范围为 150 至 199（共 200-150=50 字节）。 (4) 第 2 个报文段丢失，主机 B 只正确收到第 1 个报文段（序号 90 至 119），期望的下一个字节序号为 120。即使收到第 3 个报文段（序号 150 起），由于数据不连续，TCP 采用累积确认，主机 B 仍发送确认号 120，表示等待序号 120 的数据重传。

（9 分）设 A、B 两站相距 4km，使用 CSMA/CD 协议，信号在网络上的传播速度为 200000km/s，两站发送速率为 100Mbps，A 站先发送数据，如果发生碰撞，则：

(1) 最先发送数据的 A 站最晚经过多长时间才检测到发生了碰撞？最快又是多少？

(2) 检测到碰撞后，A 站已发送数据长度的范围是多少（设 A 要发送的帧足够长）？

通信指标 协议数据单元

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**【解析】** 本题考查 CSMA/CD 协议的原理。

解答前应先明确时延的概念，传输时延（发送时延）是指发送数据时，数据块从结点进入传输媒体所需的时间，即发送数据帧的第一个比特开始，到该帧的最后一个比特发送完毕所需的时间，发送时延=数据块长度/信道带宽（发送速率）。传播时延是电磁波在信道中需要传播一定的距离而花费的时间。信号传输速率（发送速率）和信号在信道上的传播速率是完全不同的概念。传播时延=信道长度/信号在信道上的传播速度。之后，在根据 CSMA/CD 协议的原理即可求解。

（1）当 A 站发送的数据就要到达 B 站时 B 站才发送数据，此时 A 站检测到冲突的时间最长，即两倍的传输延迟的时间： $$T_{\text{max}}=2\times (4\text{km}÷200000\text{km/s})=40\mu \text{s}$$

当站 A 和站 B 同时向对方发送数据时，A 站检测到冲突的时间最短，即一倍的传输延迟的时间： $$T_{\text{max}}=4\text{km}÷200000\text{km/s}=20\mu \text{s}$$

注意：检测到冲突一定是某方在发送数据的同时监测到同一线路上有别的主机也在发送数据时才算检测到冲突，而不是在线路上两端数据“碰撞”的时候，这一点一定要弄清楚。

（2）因为已发送数据的位数=发送速率×发送时间，所以即发送的帧的长短取决于发送时间。而上问中已经算出了发送时间的最大最小值，这一问可以直接利 用即可。因此，当检测冲突时间为 $40\mu \text{s}$ 时，发送的数据最多，为

$$L_{\text{max}}=100\text{Mbps}\times 40\mu \text{s}=4000\text{bit}$$

当检测冲突时间为 $20\mu \text{s}$ 时，发送的数据最少，为

$$L_{\text{min}}=100\text{Mbps}\times 20\mu \text{s}=2000\text{bit}$$

故，已发送数据长度的范围为 $[2000\text{bit},4000\text{bit}]$ 。

（3）当距离减少到 $2\text{km}$ 后，单程传播时延为 $2/200000=10^{-5}\text{s}$ ，即 $10\mu \text{s}$ ，往返传播时延是 $20\mu \text{s}$ 。为了使 CSMA/CD 协议能正常工作，最小帧长的发送时间不能小于 $20\mu \text{s}$ 。发送速率为 $100\text{Mbps}$ ，则 $20\mu \text{s}$ 可以发送的比特数为发送时间×发送速度 $=(20\times 10^{-6})\times (1\times 10^8)=2000$ ，因此，最小帧长应该为 2000。

（4）当提高发送速率时，保持最小帧长不变，则 A 站发送最小帧长的时间会缩短。此时，应相应地缩短往返传播时延，因此应缩短 A、B 两站的距离，以减少传播时延。

主机 H 通过快速以太网连接 Internet，IP 地址为 192.168.0.8，服务器 S 的 IP 地址为 211.68.71.80。H 与 S 使用 TCP 通信时，在 H 上捕获的其中 5 个 IP 分组如题 47-a 表所示。

请回答下列问题。

(1) 题 47-a 表中的 IP 分组中，哪几个是由 H 发送的？哪几个完成了 TCP 连接建立过程？哪几个在通过快速以太网传输时进行了填充？

(2) 根据题 47-a 表中的 IP 分组，分析 S 已经收到的应用层数据字节数是多少？

(3) 若题 47-a 表中的某个 IP 分组在 S 发出时的前 40 字节如题 47-b 表所示，则该 IP 分组到达 H 时经过了多少个路由器？

TCP首部 协议数据单元

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1）由题 47-a 表看出，源 IP 地址为 IP 分组头的第 13~16 字节。表中 1、3、4 号分组的源 P 地址均为 192.168.0.8（c0a80 008H），所以 1、3、4 号分组是由 H 发送的。题 47-a 表中，1 号分组封装的 TCP 段的 SYN=1，ACK=0，seq=846b 41c5H；2 号分组封装的 TCP 段的 SYN=1，ACK=1，seq=e059 9fefH，ack=846b 41c6H；3 号分组装的 TCP 段的 ACK=1，seq=846b 41c6H，ack=e059 9ff0H，所以 1、2、3 号分组完成了 TCP 连接的建立过程。由于快速以太网数据帧有效载荷的最小长度为 46 字节，表中 3、5 号分组的总长度为 40（28H）字节，小于 46 字节，其余分组总长度均大于 46 字节。所以 3、5 号分组通过 以太网快速填充。

2）由 3 号分组封装的 TCP 段可知，发送应用层数据初始序号为 seq=846b 41c6H，由 5 号分组封装的 TCP 段可知，ack 为 seq=846b 41d6H，所以 S 己经收到的应用层数据的字节数为 846b 41d6H - 846b 41c6H = 10H = 16，所以 S 已经接收到了 16 个字节的应用层数据。

3）首先需要确定表 47-a 中的哪一个 IP 分组与表 47-b 中的 IP 分组相对应，这就要根据 IP 分组中的标识字段（第 5-6 个字节），观察可以判断表 47-a 编号为 5 的分组是与表 47-b 的分组相对应的，因为它们的标识字段都是 68H。若要判断 IP 分组经过多少个路由器就要观察 TTL 字段（第 9 个字节），发送前来自 S 的分组的 TTL 为 40H，H 接收到的分组的 TTL 为 31H，所以经过路由器的个数为 40H - 31H = 15。

某网络拓扑如题 47 图所示，以太网交换机 S 通过路由器 R 与 Internet 互联。路由器部分接口、本地域名服务器、H1、H2 的 IP 地址和 MAC 地址如图中所示。在 t0 时刻 H1 的 ARP 表和 S 的交换表均为空，H1 在此刻利用浏览器通过域名 www.abc.com 请求访问 Web 服务器，在 t1 时刻（t1→t0）S 第一次收到了封装 HTTP 请求报文的以太网帧，假设从 t0 到 t1 期间网络未发生任何与此次 Web 访问无关的网络通信。

请回答下列问题。

(1) 从 t0 到 t1 期间，H1 除了 HTTP 之外还运行了哪个应用层协议？从应用层到数据链路层，该应用层协议报文是通过哪些协议进行逐层封装的？

(2) 若 S 的交换表结构为 <MAC 地址，端口>，则 t1 时刻 S 交换表的内容是什么？

(3) 从 t0 到 t1 期间，H2 至少会接收到几个与此次 Web 访问相关的帧？接收到的是什么帧？帧的目的 MAC 地址是什么？

协议数据单元 交换机

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1）从t0到t1期间，除了 HTTP，H1 还运行了 DNS 应用层协议，以将域名转换为 IP 地址。DNS 运行在 UDP 之上，UDP 将应用层交下来的 DNS 报文添加首部后，向下交付给 IP层，IP 层使用 IP 数据报进行封装，封装好后，向下交付给数据链路层，数据链路层使用 CSMA/CD 帧进行封装。因此，逐层封装关系如下：DNS 报文→ UDP 数据报→ IP 数据报 → CSMA/CD 帧。

2）t0时刻，H1 的 ARP 表和 S 的交换表为空。H1 利用浏览器通过域名请求访问 Wb 服务器。由于要先解析域名，所以会发送 DS 报文到本地域名服务器，查询该域名对应的 P 地址，所以要先向本地域名服务器发送请求。ARP 表为空，所以需要先发送 ARP 请求分组，查询本地域名服务器对应的 MAC 地址。这些帧的目的 MAC 地址均是 FF-FF-FF-FF-FF-FF。S 接收到这个帧，在交换表中记录下 MAC 地址为 00-11-22-33-44-cc，位于端口 4，然后广播该帧。当本地域名服务器接收到 ARP 请求后，向 H1 发送响应 ARP 分组。S 接收到这个帧，在交换表中记录下 MAC 地址为 00-11-22-33-44-bb 位于端口 1，然后把该帧从端口 4发送出去。得到了域名对应的 P 地址，发现不在本局域网中，需要通过路由表转发。H1 的 ARP 表中并没有路由器对应的 MAC 地址，因此需要先发送 ARP 请求分组，查询路由器对应的 MAC 地址。这些帧的目的 MAC 地址均是 FF-FF-FF-FF-FF-FF。S 接收到这个帧，广播该帧。当路由器收到 ARP 请求后，向 H1 发送响应 ARP 分组。S 接收到这个帧，在交换表中记录下 MAC 地址为 00-11-22-33-44-aa，位于端口 2，然后把该帧从端口 4 发送出去。现在，H1 能把数据发送给路由器了。在整个过程中，并没有涉及 H2，H2 没有主动发送数据。所以 S 并不会记录下 H2 的 MAC 地址和端口，所以S 在t1时刻的交换表如下表所示。

3）H2 至少会接收到 2 个和此次 Web 访问相关的帧。接收到的均是封装 ARP 查询报文的以太网帧；这些帧的目的 MAC 地址均是 FF-FF-FF-FF-FF-FF。