🏷️ 知识点：通信指标

设存储器容量为 32 字，字长为 64 位。模块数 m=4，采用低位交叉方式。存储周期 T=200ns，数据总线宽度为 64 位，总线传输周期 t=50ns。则该交叉存储器在连续读出 4 个字的带宽是（ ）。

A. $32\times 10^6$ bit/s B. $8\times 10^6$ bit/s C. $73\times 10^6$ bit/s D. $18\times 10^6$ bit/s

通信指标 总线类型

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正确答案：C

交叉存储器采用低位交叉方式，模块数 $m=4$ ，存储周期 $T=200\text{ns}$ ，总线传输周期 $t=50\text{ns}$ 。

连续读出 4 个字时，由于地址低位交叉分布在不同模块上，访问时间可以重叠。 读取第一个字需要存储周期 $T$ ，后续每个字的读取可以与前一个字部分重叠，通常每隔时间 $t$ 启动一个模块访问。 因此，连续读出 4 个字的总时间为

$$T+(4-1)\times t=200\text{ns}+3\times 50\text{ns}=350\text{ns}.$$

总数据传输量为

$$4\text{字}\times 64\text{位/字}=256\text{位}.$$

带宽为数据传输量除以总时间，即

$$\frac{256\text{位}}{350\text{ns}}=\frac{256}{3.5\times 10^{-7}\text{s}}\approx 731.43\times 10^6\text{bit/s}.$$

选项中最接近的是 C（ $73\times 10^6\text{bit/s}$ ），可能为数值表示或四舍五入差异，因此选择 C。

影响总线带宽的因素（ ）。 Ⅰ. 总线宽度 Ⅱ. 数据字长 Ⅲ. 总线频率 Ⅳ. 数据传输方式 Ⅴ. 总线设备的数量

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

通信指标

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正确答案：C

总线带宽是指总线在单位时间内能够传输的数据总量，通常以字节/秒（如 MB/s）来衡量。 影响总线带宽的主要因素包括总线宽度、总线频率和数据传输方式。 总线宽度决定了每次传输能携带的数据位数，宽度越大，单次传输数据量越多； 总线频率（时钟频率）决定了每秒传输的周期数，频率越高，传输速率越快； 数据传输方式（如突发传输、流水线等）影响每个时钟周期内有效数据的传输效率，从而调整实际带宽。 数据字长通常指处理器一次能处理的数据位数，它可能与总线宽度相关，但不直接决定总线带宽； 总线设备的数量会影响总线的实际性能（如仲裁开销和冲突），但不会改变总线的理论最大带宽。 因此，正确选项为Ⅰ、Ⅲ和Ⅳ。

对外存对换区的管理应以（　）为主要目标。

A. 提高系统吞吐量 B. 提高存储空间的利用率 C. 降低存储费用 D. 提高换入、换出速度

操作系统概念 通信指标

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正确答案：D

对外存对换区（swap area）的管理是操作系统虚拟内存机制的关键部分，主要用于在物理内存不足时，将暂时不用的内存页换出到外存，并在需要时换入。

这一过程直接影响系统的性能和用户体验。

管理对换区的主要目标应聚焦于优化交换操作的效率，因为换入换出速度直接决定了内存交换的延迟。 如果换入换出速度慢，会导致进程频繁等待数据加载，增加响应时间，降低系统整体吞吐量。 因此，提高换入、换出速度是对换区管理的核心目标，它通过减少交换延迟来提升系统性能。

相比之下，其他选项虽有一定关联，但并非主要目标。 提高系统吞吐量（A）是最终效果之一，但更依赖于换入换出速度的优化； 提高存储空间的利用率（B）重要，但对换区作为专用区域，其空间管理通常以支持快速交换为前提； 降低存储费用（C）涉及硬件成本，而对换区管理更关注性能而非经济因素。 因此，正确答案是D。

如图，2 段链路的数据传输速率为 100Mbps，时延带宽积（即单向传播时延*带宽）均为 1000bit。若 H1 向 H2 发送 1 个大小为 1MB 的文件，分组长度为 1000B，则从 H1 开始发送时刻起到 H2 收到文件全部数据时刻止，所需的时间至少是（注：M=106）?

通信指标

A. 80.02ms B. 80.08ms C. 80.09ms D. 80.10ms

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正确答案：D

1. 发送阶段

• 第 1 个分组：0→0.08 ms 发送完。
• …
• 第 1000 个分组：79.92→80 ms 发送完。

因此，最后 1 位比特离开 H1 的时刻为 t1 =80 ms。

1. H1 → R 传播单向传播时延Tp =0.01 ms t2 =t1 +Tp =80.01 ms
2. R 转发（序列化）路由器必须将该分组重新发送一次，耗时仍为Ts =0.08 ms t3 =t2 +Ts =80.09 ms
3. R → H2 传播再次经过链路传播时延Tp =0.01 ms t4 =t3 +Tp =80.10 ms所以答案选择 D。

一个传输数字信号的模拟信道的信号功率是 0.62W，噪音功率是 0.02W，频率范围是 3.5～3.9MHz，该信道的最高数据传输速率是（ ）。

A. 1Mbps B. 2Mbps C. 4Mbps D. 8Mbps

香农定理 通信指标

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正确答案：B

首先，计算信道带宽。 频率范围为

$3.5\text{MHz}$ 到 $3.9\text{MHz}$ ，因此带宽

$$B=3.9\text{MHz}-3.5\text{MHz}=0.4\text{MHz}=400,000\text{Hz}.$$

信号功率 $S=0.62\text{W}$ ，噪声功率 $N=0.02\text{W}$ ，信噪比

$$\frac{S}{N}=\frac{0.62}{0.02}=31.$$

根据香农定理，噪声信道中数字信号的最高数据传输速率（信道容量）为

$$C=B\times {\log }_2\left(1+\frac{S}{N}\right).$$

代入数值：

$$C=400,000\times {\log }_2(1+31)=400,000\times {\log }_2(32).$$

由于 ${\log }_2(32)=5$ ，可得

$$C=400,000\times 5=2,000,000\text{bps}=2\text{Mbps}.$$

因此，该信道的最高数据传输速率为 $2\text{Mbps}$ ，对应选项 B。

下列因素中，不会影响信道数据传输速率的是()。

A. 信噪比

B. 频率宽带

C. 调制速度

D. 信号传播速度

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正确答案：D

由 香农定理 可知，信噪比和频率带宽都可以限制信道的极限传输速率，所以信噪比和频率带宽对信道的数据传输速率是有影响的，A、B 错误；信道的传输速率实际上就是信号的发送速率，而调制速度也会直接限制数据的传输速率，C 错误；信号的传播速度是信号在信道上传播的速度，与信道的发送速率无关，选 D。

信道带宽为 1Gbps，端到端时延为 10ms，TCP 的发送窗口为 65535B，则可能达到的最大吞吐量是（ ）。

A. 1Mbps B. 3.3Mbps C. 26.2Mbps D. 52.4Mbps

通信指标

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正确答案：C

首先，计算 TCP 发送窗口对应的比特数。 窗口大小为 65535 字节，每字节 8 比特，因此窗口比特数为 65535 × 8 = 524280 比特。

其次，确定往返时间（RTT）。 题目中给出的“端到端时延”通常指的是单向传播时延，在计算 TCP 吞吐量时需使用往返时间，故 RTT = 2 × 端到端时延 = 2 × 10ms = 20ms = 0.02 秒。

然后，计算在窗口限制下的最大吞吐量。 吞吐量公式为窗口大小除以 RTT，即 524280 比特 / 0.02 秒 = 26.214 × 10⁶ bps = 26.214 Mbps，约等于 26.2 Mbps。

最后，比较带宽限制。 信道带宽为 1 Gbps（即 1000 Mbps），远高于窗口限制的 26.2 Mbps，因此实际最大吞吐量受限于发送窗口，结果为 26.2 Mbps，对应选项 C。

假设在没有发生拥塞的情况下，在一条往返时间 RTT 为 10ms 的线路上采用慢开始控制策略。如果接收窗口的大小为 24KB，最大报文段 MSS 为 2KB。那么发送方能发送出一个完全窗口（也就是发送窗口达到 24KB）需要的时间是（ ）。

A. 30ms B. 60ms C. 50ms D. 40ms

通信指标

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正确答案：D

在慢开始控制策略中，拥塞窗口（cwnd）初始值为 1 个 MSS（2KB），每经过一个 RTT，cwnd 翻倍。

接收窗口大小为 24KB。 发送窗口取 cwnd 和接收窗口的最小值。 当 cwnd 增长到等于或超过 24KB 时，发送窗口达到 24KB。

计算 cwnd 增长过程：经过第一个 RTT 后，cwnd=4KB； 第二个 RTT 后，cwnd=8KB； 第三个 RTT 后，cwnd=16KB，仍小于 24KB； 第四个 RTT 后，cwnd=32KB，超过 24KB，此时发送窗口被接收窗口限制为 24KB，即完全窗口。

每个 RTT 为 10ms，因此达到完全窗口需要经过 4 个 RTT，总时间为 4 × 10ms = 40ms。

A 和 B 建立 TCP 连接，MSS 为 1KB。某时，慢开始门限值为 2KB，A 的拥塞窗口为 4KB，在接下来的一个 RTT 内，A 向 B 发送了 4KB 的数据（TCP 的数据部分），并且得到了 B 的确认，确认报文中的窗口字段的值为 2KB，那么，请问在下一个 RTT 中，A 最多能向 B 发送的数据（ ）。

A. 2KB

B. 5KB

C. 5KB

D. 4KB

通信指标 窗口大小限制

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正确答案：A

首先，TCP 发送方的实际发送窗口大小由拥塞窗口（cwnd）和接收方通告窗口（rwnd）共同决定，取两者最小值。 初始时，cwnd = 4 KB，ssthresh = 2 KB，由于 cwnd > ssthresh，因此 A 处于拥塞避免阶段。 在拥塞避免阶段，当发送的数据在一个 RTT 内被全部确认后，cwnd 会线性增加一个 MSS（1 KB），因此更新后的 cwnd = 4 KB + 1 KB = 5 KB。 然而，确认报文中携带的窗口字段值为 2 KB，即接收方通告窗口 rwnd = 2 KB。 因此，下一个 RTT 中 A 的发送窗口大小为 min ( cwnd , rwnd ) = min ( 5 KB , 2 KB ) = 2 KB 所以，A 最多能向 B 发送 2 KB 数据。

下列哪种技术可以最有效地降低访问 WWW 服务器的时延（ ）。

A. 高速传输线路

B. 高性能 WWW 服务器

C. WWW 高速缓存

D. 本地域名服务器

网络应用模型 通信指标

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正确答案：C

降低访问 WWW 服务器的时延涉及减少从用户发出请求到收到响应的整体延迟。 WWW 高速缓存（如代理缓存或内容分发网络 CDN）通过将热门内容存储在离用户更近的网络边缘，使得用户可以直接从缓存服务器获取数据，避免了远程 WWW 服务器的往返通信，从而显著降低了网络传输延迟和服务器处理延迟。 这种方法针对性最强，能有效减少时延，尤其在内容重复访问的场景下。 相比之下，高速传输线路主要提升带宽，但对减少延迟的作用有限； 高性能 WWW 服务器仅优化服务器端处理，无法解决网络延迟问题； 本地域名服务器虽能加速 DNS 解析，但只影响域名查找阶段，后续数据访问的延迟仍取决于网络和服务器响应。 因此，WWW 高速缓存是最直接且高效的技术。

（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。