㈠ 計算機網路原理
子網掩碼為255.255.248.0 化成二進制就是11111111.11111111.11111000.00000000.就是說網路前綴是21，172.16.55.69化成二進制逐位與上 子網掩碼 可得網路號為：172.16.48.0。此網路中最小的IP地址為172.16.48.1/21 最大的IP地址為 172.16.55.254/21 所以選B、C
㈡ 計算機網路原理計算題
解答：
p20的總時延定義，總時延=發送時延+傳播時延+處理時延+排隊時延。
從激轎主機A開始發送數據到主機A把數據全部發送到鏈路上所需要的時間叫發送時延。
發送時延=數據幀長度（b）/發送速率（b/s）空卜
依題意，主機A要發送的數據幀長度為10000bit，速率是10Mbit/s即10*10^6bit/s，那麼發送時延就是：
10000bit÷10000000bit/s=0.001s=1000μs
從主機A到交換機的傳播時延是20μs
交換機接收完分組這個分組同樣需要時間，按照題意是35μs
然後交換機開始發送這個分組，又需要計算發送時延，由於分組長度和速明虧肆率不變，仍然是1000μs
接著這個分組在交換機到主機B之間的鏈路傳遞，傳播時延是20μs。
關於主機B要多少時間才能接收完這個分組，依題意，「從A開始發送至B接收到該分組所需的總時間」，接收到就是主機B開始接收這個分組那一個時刻，也就是分組的第一個位元組到達鏈路末端的那個時刻，後面的時間就不管它了。
總時延就是上面所有時延的和：
1000+20+35+1000+20=2075μs
㈢ 計算機原理
分類: 電腦/網路
問題描述:
一. 填空題：
1. 計算機系統由（）系統和（）系統構成。
2. 計算機硬體系統包括（）組成。
3. 八位二進制補碼表示整數的最小值為（），最大值為（）
）。
4. 在浮點加法運算中，主要的操作步驟是（）和（）。
5. 在浮點補碼加減運算中，當運算結果的尾數不是（）和（）形式時，需要進行規格化操作。
6. 一個定點數由（）和（）兩部分組成，根據小數點位置不同，定點數有（）和（）兩種表示方法。
7. 採用雙符號位的方法進行溢出檢測時，若運算結果中兩個符號位（不相同），則表明發生了溢出，若結果的符號位為（），表示發生正溢出；若為（），表示發生負溢出。
8. 某一靜態RAM晶元，其容量為64K×1位，則其地址線有（）條。
9. 採用4K×4位規格的靜態RAM存儲晶元擴展32KB的存儲模塊，需要這種規格的晶元（）片。
10. cache是一種（）存儲器，是為了解決CPU和主存之間（）而採用的一項重要的硬體技術。
11. 存儲器的技術指標有（）。
12. 虛擬存儲器是建立在（ ）結構上，用來（）解決。
13. 相聯存儲器是按（）訪問的存儲器，在cache中用來（）地址，在虛擬存儲器中用來存放（）。在這兩種應用中，都需要（）查找。
_二. 名詞解釋
1. 存儲單元：
2. 存取時間：
3. CPU：
4. 應用軟體：
5. SRAM：
6. 全相聯映像：
三. 計算題、設計題
1. 已知x=-0.1100，y=+0.1101，求x-y的補碼、x+y的補碼，並說明有否溢出。
解：x=-0.1100 y=0.1101
[x]補=1.0100 [y]補=0.1101
[-y]補=1.0011
[x+y]補=[x]補+[y]補=1.0100+0.1101=0.0001 未溢出
[x-y]補=[x]補+[-y]補=1.0100+1.0011=0.0111 溢出
2. 將十進制數20.59375轉換成IEEE754標准32位浮點數的二進制格式來存儲。
(20.59375)10=(10100.10011)2
10100.10011=1.***********×24
e=4
s=0, E=4+127=131, M=***********
最後得到32位浮點數的二進制存儲格式為：
0100 0001 1010 0100 1100 0000 0000 0000
(41A4C000)16
3. 用512K×16位的flash存儲器晶元組成一個2M×32的半導體只讀存儲器，試問：
①數據寄存器多少位？
4. 某計算機系統的內存儲器由cache和主存構成，cache的存取周期為45ns，主存的存取周期為20ns。已知在一段給定的時間內，CPU共訪問內存4500次，其中340次訪問主存。問：
①cache的命中率是多少？
5. 設有一個1MB容量的存儲器，字長為32位，問：
①按位元組編址：1MB=220×8，地址寄存器為20位，數據寄存器為8位；
編址范圍為00000H~FFFFFH
四. 問答題：
1. 簡述存儲器晶元中地址解碼方法？
2. 什麼是多體交叉編址？有什麼優缺點？
3. 什麼是cache命中率？
解析:
計算機原理
一. 填空題：
1. 計算機系統由（硬體）系統和（軟體）系統構成。
2. 計算機硬體系統包括（運算器、存儲器、控制器、輸入輸出設備）組成。
3. 八位二進制補碼表示整數的最小值為（-128），最大值為（+127）
）。
4. 在浮點加法運算中，主要的操作步驟是（對階、尾數相加、結果規格化、舍入 ）和（溢出檢查）。
5. 在浮點補碼加減運算中，當運算結果的尾數不是（00.1x……x）和（11.0x……x）形式時，需要進行規格化操作。
6. 一個定點數由（符號位）和（數值位）兩部分組成，根據小數點位置不同，定點數有（純小數）和（純整數）兩種表示方法。
7. 採用雙符號位的方法進行溢出檢測時，若運算結果中兩個符號位（不相同），則表明發生了溢出，若結果的符號位為（01），表示發生正溢出；若為（10），表示發生負溢出。
8. 某一靜態RAM晶元，其容量為64K×1位，則其地址線有（16）條。
9. 採用4K×4位規格的靜態RAM存儲晶元擴展32KB的存儲模塊，需要這種規格的晶元（16）片。
10. cache是一種（高速緩沖）存儲器，是為了解決CPU和主存之間（速度）而採用的一項重要的硬體技術。
11. 存儲器的技術指標有（存儲容量、存取時間、存取周期、存儲器帶寬）。
12. 虛擬存儲器是建立在（多層次存儲 ）結構上，用來（主存容量不足）解決。
13. 相聯存儲器是按（內容）訪問的存儲器，在cache中用來（行地址表）地址，在虛擬存儲器中用來存放（段表,頁表和快表）。在這兩種應用中，都需要（快速）查找。
_二. 名詞解釋
1. 存儲單元：若干個存儲元組成。
2. 存取時間：指從啟動一次存儲器操作到完成該操作所經歷的時間。
3. CPU：由運算器和控制器組成。
4. 應用軟體：完成應用功能的軟體，專門為解決某個應用領域中的具體任務而編寫。
5. SRAM：靜態隨機訪問存儲器；採用雙穩態電路存儲信息。
6. 全相聯映像：是一種地址映像方式，每個主存塊可映像到任何cache塊。
三. 計算題、設計題
1. 已知x=-0.1100，y=+0.1101，求x-y的補碼、x+y的補碼，並說明有否溢出。
解：x=-0.1100 y=0.1101
[x]補=1.0100 [y]補=0.1101
[-y]補=1.0011
[x+y]補=[x]補+[y]補=1.0100+0.1101=0.0001 未溢出
[x-y]補=[x]補+[-y]補=1.0100+1.0011=0.0111 溢出
2. 將十進制數20.59375轉換成IEEE754標准32位浮點數的二進制格式來存儲。
(20.59375)10=(10100.10011)2
10100.10011=1.***********×24
e=4
s=0, E=4+127=131, M=***********
最後得到32位浮點數的二進制存儲格式為：
0100 0001 1010 0100 1100 0000 0000 0000
(41A4C000)16
3. 用512K×16位的flash存儲器晶元組成一個2M×32的半導體只讀存儲器，試問：
①數據寄存器多少位？
解：數據寄存器32位
地址寄存器23位
共需要8片FLASH
4. 某計算機系統的內存儲器由cache和主存構成，cache的存取周期為45ns，主存的存取周期為20ns。已知在一段給定的時間內，CPU共訪問內存4500次，其中340次訪問主存。問：
①cache的命中率是多少？
解：①cache的命中率：H=Ne/Ne+Nn=4500-340/4500=0.92
②Ta=H·Te+(1-H)Tm=0.92×45+(1-0.92)×200=57.4ns
③e=Tc/Ta×100%=0.78×100%=78%
5. 設有一個1MB容量的存儲器，字長為32位，問：
①按位元組編址：1MB=220×8，地址寄存器為20位，數據寄存器為8位；
編址范圍為00000H~FFFFFH
②按半字編址：1MB=220×8=219×16，地址寄存器為19位，數據寄存器；
為16位；編址范圍為00000H~7FFFFH
③按字編址：1MB=220×8=218×32，地址寄存器為18位，數據寄存器；
為32位；編址范圍為00000H~3FFFFH
四. 問答題：
1. 簡述存儲器晶元中地址解碼方法？
兩種方式：單解碼方式—只用一個解碼電路，將所有的地址信號轉換成字 選通信號，每個字選通信號用於選擇一個對應的存儲單元。
雙解碼方式—採用兩個地址解碼器，分別產生行選通信號和列選通信號，行、列選通同時有效的單元被選中。
2. 什麼是多體交叉編址？有什麼優缺點？
主存分成幾個獨立、同樣大小的地址空間，相同容量模塊，每個模塊地址是連續的，而不是在同一模塊上，CPU在一
個存取周期內可同時訪問這些模塊。這樣使整個主存的平均利用率得到提高，加寬了存儲器帶寬。缺點是不利於擴展。
3. 什麼是cache命中率？
答：Cache的命中率是指：在一個程序執行期間，設Nc表示cache完成存取的總次數，Nm表示主存完成存取
的總次數，n定義為命中率，則有：
n=Nc/Nc+Nm
㈣ 2016年4月《計算機網路原理》試卷解釋49題的答案n2、n9的距離和下一個路由器是c的原因
收到C發來的路由表後：
新路由表不包含N1項，所以N1項不變；
包含N2項，且下一跳路由器相同，所以按新參數項更新距離；
舊路由表沒有N3項，所以新建N3項；
包含N6項，下一跳路由器不同且新距離+1小於舊距離，則更新N6項，下一跳到C，距離為4+1=5；
包含N8項，下一跳路由器不同且新距離+1大於等於舊距離，則不更新N8項；
包含N9項，下一跳路由器不同且新距離+1大於舊距離，則不更新N9項；
㈤ 2011年4月自考計算機網路原理 路由表更新題目解答
分析：
路由器B的新學習到的路由項為：
網路 距離
N2 4
N3 8
N6 4
N8 3
N9 5
1、我們從這題無法判斷哪些網路跟路由器B直接連接，但是如果學習到的路由表項目如果有B直接連接的，那麼就直接跳過。
2、根據最短距離的原則，在原來B的路由表中，出現重復的網路有：
N2 、N6 、 N8 、N9那麼比原來短的，或者差不多的有：
N6、N8
3、根據學習的原則沒有的項目為：N3，N3直接加入到B的路由表項
4、路徑更新：因為N6在原來的項目中距離為8，下一條為F路由器，現在C通告的為4，比原來的好，那麼實際B經過C到達N6的路徑為4+1=5（需要經過C為一跳）所以N6 更新為 N6 5 C
同理，N8計算過後，發現跟原來的一樣3+1 =4 所以不需要更新這個項目。
最後N3 新增 距離為8+1=9 最後的路由項為 N3 9 C
是否完了？還沒，我們看看原來B的路由表：其中：
網路 距離 下一跳
N2 2 C
N7 5 C
這個時候發現N2、N7原來是從C學習的，而C新發來的數據沒有N7，表示這時候可能N7已經不可達了，那麼需要從B中將N7刪除掉，另外N2的網路通告盡管比舊表的路徑低（差），但是因為發生了變化，所以只能更新（刷新）此時N2 的路徑為：4+1=5
所以最後的表項為：
網路 距離 下一跳
N1 7 A
N2 5 C
N3 9 C
N6 5 C
N8 4 E
N9 4 F
㈥ 計算機網路原理計算題（簡單題
1、時間間隙：就是AB間通訊一次的時間，也就是通訊節拍，計算方法是AB間距離乘以2，然後除以通訊速率，加上雙倍的通訊延遲；你的答案似乎有問題；
2、最小幀長度：就是說100Mbps的傳輸頻率情況下，來得及傳播的最小數據串長度；也就是說1000米長度上，分布100M個數據包，有多少個，然後換算為位元組。你的答案是對的。
㈦ 計算機網路原理 真題解析
信道的利用率指信號傳 輸時間與信號傳輸時間和信道時延之和的比值
看清楚這句話！細心地讀題目！
衛星信道的傳播時延為 270ms是干擾項！
衛星信道上數據傳輸速率為 1Mbps
這個條件要用！
㈧ 求自考 （4741）《計算機網路原理》的試題或輔導！！！
一、單項選擇題(本大題共20小題，每小題1分，共20分)
在每小題列出的四個備選項中只有一個是符合題目要求的，請將其代碼填寫在題後的括弧內。錯選、多選或未選均無分。
1.計算機與通信的結合開始於20世紀( )
A.50年代
B.60年代
C.70年代
D.80年代
2.計算機網路系統由通信子網和資源子網組成，下列設備屬於通信子網的是( )
A.主機
B.終端
C.前端處理機
D.列印機
3.下列敘述中，不正確的是( )
A.網路系統中的任何一台計算機都可以干預網路中其它計算機的工作。
B.網路系統中的各計算機都是獨立的。
C.網路系統中的各計算機都可以使用系統中的網路列印機。
D.網路系統中的各計算機之間能夠實現資源共享。
4.為了提高通信效率，在終端比較集中的地方可以設置一種設備，它的作用是將收集到的終端發來的信息裝配成作業信息。這種設備是( )
A.線路控制器
B.數據機
C.前端處理機
D.集中器
5.下列對現代信息網路和計算機網路的陳述中，不正確的是( )
A.都採用計算機技術
B.具有相似的結構
C.目的都是進行信息交流
D.都包括通信系統
6.從技術角度看，帶寬是傳輸信道的( )
A.最高頻率與最低頻率之差
B.最低頻率
C.最高頻率
D.最高頻率與最低頻率的平均值
A.2位
B.3位
C.4位
D.5位
8.屬於半雙工通信的是( )
A.計算機與終端之間的通信
B.計算機與網路列印機之間的通信
C.無線電話之間的通信
D.計算機與鍵盤之間的通信
9.網路介面卡的基本功能包括( )
A.數據轉換、數據存儲、數據恢復
B.數據識別、數據緩存、數據通信
C.通信服務、數據傳輸、數據存儲
D.數據轉換、數據緩存、通信服務
10.在區域網中，掌握整個網路命脈的伺服器是( )
A.文件伺服器
B.資料庫伺服器
C.通信伺服器
D.列印伺服器
11.集中器的傳輸單位是( )
A.比特
B.位元組
C.字元
D.報文
12.在OSI七層模型中，實現對傳輸操作進行控制和管理的是( )
A.物理層
B.應用層
C.數據鏈路層
D.表示層
13.物理層所解決的主要問題是：實現位操作、數據信號傳輸、介面設計和( )
A.差錯控制
B.信號傳輸規程
C.流量控制
D.通信控制規程
14.具有流量控制功能的層次是( )
A.物理層、數據鏈路層和網路層
B.數據鏈路層、網路層和運輸層
C.網路層、運輸層和表示層
D.網路層、表示層和會話層
15.下列各項中，不屬於運輸層服務的是( )
A.連接與傳輸
B.端對端通信
C.安全保密
D.異常報告
16.下列關於LAN敘述中，正確的是( )
A.對LAN傳輸質量的要求比廣域網的低
B.LAN的地域范圍一般在10—20公里之間
C.LAN信道的數據傳輸速率較高
D.所有規格的光纖傳輸媒體都適於LAN
17.網橋的最高層是( )
A.網路層
B.數據鏈路層
C.會話層
D.應用層
18.下述關於集線器的特點，不正確的是( )
A.集線器具有公共電源特性
B.集線器具有較多的電纜接線
C.集線器操作介面一致
D.如果集線器失效，整個網路無法運行
19.計算機網路系統中的資產主要是指( )
A.網路硬體設備
B.網路軟體
C.數據
D.通信設施
20.域名右部分，用於表示教育機構的是( )
A.com
B.e
C.ory
D.gov
二、填空題(本大題共20個空，每空1分，共20分)請在每小題的空格中填上正確答案。錯填、不填均無分。
21.具有單獨數據處理能力，連接在多用戶系統中的計算機稱為___________。
22.網路節點分為___________節點和___________節點兩大類。
23.數字數據到模擬信號的調制有三種基本方法，即移幅鍵控法，移頻鍵控法和___________。
24.計算機網路的遠程通信通常採用的傳輸是___________傳輸。
25.通信系統的三個基本要素是信源、___________和信宿。
26.在通信系統中，若利用電信號的形式把數據從一點傳輸到另一點，則把用電信號表示的數字數據叫做___________。
27.通信控制設備的基本功能是線路控制、___________控制和___________控制。
28.為實現在表示層實體之間傳遞數據，會話連接必須被映射到___________上。
29.在數據傳輸中把位流的格式稱為___________語法，它是對___________的描述。
30.TCP協議是建立在IP協議之上的，是面向連接的___________的通信協議。
31.組成C/S結構系統的三個基本部分是客戶、伺服器和___________。
32.按照虛擬網路的通信協議，當一個工作站被移動到另一個地方時，其通信協議和___________必須被改變。
33.智能型集線器最主要的優點是：管理是___________的，不需要單獨的___________工作站。
34.管理進程完成各種網路管理功能，通過各設備中的管理代理對網路內的各種設備、設施和資源實施監測和___________。
35.網際網路是一種分層網路互連___________的結構。
36.在ODBC中，用戶在程序中都使用同一套___________。
三、名詞解釋題(本大題共5小題，每小題3分，共15分)
37.虛擬通信
38.信息網路
39.IP地址
40.磁碟鏡像技術
41.計算機網路系統的風險和威脅
四、簡答題(本大題共5小題，每小題5分，共25分)
42.簡述分組交換的特點。
43.簡述數據通信的五個基本階段。
44.簡述數據機的主要作用。
45.簡述TCP/IP協議簇中網際層的主要功能。
46.簡述控制令牌訪問控制的操作過