二、综合应用题
## 二、综合应用题
01. 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？
02. 长度为 1km，数据传输速率为 10Mb/s 的 CSMA/CD 协议以太网，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。
03. 考虑建立一个 CSMA/CD 协议网络，电缆长 1km，运行速率为 1Gb/s，电缆中的信号速率是 200000km/s，最小帧长是多少？
04. 构造一个 CSMA/CD 协议总线网，速率为 100Mb/s，信号在电缆中的传播速率为 2×10⁵km/s，数据帧的最小长度为 125B。试求总线电缆的最大长度（假设总线电缆中无中继器）。
05. 【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，信号传播速率是 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（假设在主机甲和主机乙发送数据的过程中，其他主机不发送数据）？
2）若网络不存在任何冲突与差错，主机甲总以标准的最长以太网数据帧（1518B）向主
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机乙发送数据，主机乙成功收到一个数据帧后，就立即向主机甲发送一个64B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）？
## 3.6.6 答案与解析
### 一、单项选择题
#### 01. C
这里Base前面的数字代表数据率，单位为Mb/s；Base指介质上的信号为基带信号（基带传输，采用曼彻斯特编码）；后面的5或2表示每段电缆的最长长度为 $500\mathrm{m}$ 或 $200\mathrm{m}$ （实际上为 $185\mathrm{m}$），T表示双绞线，F表示光纤。
#### 02. A
局域网通常采用类似10Base-T的方式来表示，其中第1部分的数字表示数据传输速率，如10表示 $10\mathrm{Mb / s}$ 、100表示 $100\mathrm{Mb / s}$ ；第2部分的Base表示基带传输。第3部分若是字母，则表示传输介质，如T表示双绞线、F表示光纤；若是数字，则表示所支持的最大传输距离。
#### 03. A
在以太网中，数据以帧的形式传输。源端用户的较长报文需要分为若干数据块，这些数据块在各层中还要加上相应的控制信息，在网络层中是分组，在数据链路层中是以太网的帧。
#### 04. A
通常情况下，网卡是用来实现以太网协议的。网卡不仅能实现与局域网传输介质之间的物理连接和电信号匹配，还涉及帧的发送与接收、帧的封装与拆封、介质访问控制、数据的编码与解码及数据缓存等功能，因此实现的功能主要在物理层和数据链路层。
#### 05. B
10Base-T以太网使用曼彻斯特编码。曼彻斯特编码提取每个比特中间的电平跳变作为收发双方的同步信号，不需要额外的同步信号，是一种“自含时钟编码”的编码方式。
#### 06. C
域名解析用于将主机名解析成对应的IP地址，它不涉及MAC地址。实际上，MAC地址通常是通过ARP查得的。
#### 07. D
用集线器连接的以太网一定工作在半双工状态，用交换机连接的以太网既可以工作在半双工状态，又可以工作在全双工状态，选项A、B正确。光纤主要是为了扩大以太网的覆盖范围，用于支持点对点通信（中继设备之间的传输），通常不会直接连接终端设备，选项C正确。一根光纤线内部至少包含两条光纤，用以实现全双工通信，因此用光纤连接的以太网不采用CSMA/CD协议，选项D错误。
#### 08. A
以太网MAC帧的最小帧长为64B，数据字段的长度至少为46B，但802.1Q帧会额外插入4B的VLAN标签，所以802.1Q帧的数据字段的长度至少为42B，因此需要额外填充2字节。
#### 09. C
当网卡收到一个帧时，首先检查该帧的目的MAC地址是否与当前网卡的物理地址相同，若相同，则做下一步处理；若不同，则直接丢弃，并不需要向网络层报告错误消息。
#### 10. C
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第3章 数据链路层
107
CSMA/CD 协议是一种用于解决共享介质上的冲突问题的方法，它在半双工通信中使用，而在全双工通信中无须用到 CSMA/CD 协议。因此站点可以进行半双工通信，不可以进行全双工通信。
11. A
CSMA/CD 协议中定义的争用期是指信号在最远两个端点之间往返传输的时间。
12. B
即使一个站在发送完帧之前没有检测到冲突，也不能肯定该站所发送的帧不会和其他站发送的帧发生冲突。因为存在这样的可能：当一个站发送完后，另一个站刚好开始发送，而两个站之间的往返传播时延大于帧的发送时间，使得第一个站无法及时检测到冲突。
13. B
CSMA/CD 协议要求：发送帧的时间 ≥ 争用期的时间（信号在最远两个端点之间往返传输的时间）。因此，当数据传输速率提高时，发送帧的时间就缩短，此时可通过增加最短帧长来增加发送帧的时间，或缩短电缆的长度来减少争用期的时间，以便仍然满足“发送帧的时间 ≥ 争用期的时间”这个要求。掌握 CSMA/CD 协议最短帧长的原理是解决这类问题的关键。
14. D
来回路程 = 10000 × 2m，RTT = 10000 × 2 ÷ (200 × 10⁶) = 10⁻⁴ s，最小帧长 = WRTT = 1000 bit。
15. C
以太网采用 CSMA/CD 协议技术，网络上的流量越大、负载越多时，发生冲突的概率也越大。当工作站发送的数据帧因冲突而传输失败时，将采用二进制指数退避算法后退一段时间再重新发送数据帧。二进制指数退避算法可以动态地适应发送站点的数量，后退时延的取值范围与重发次数 n 形成二进制指数关系。当网络负载小时，后退时延的取值范围也小；当网络负载大时，后退时延的取值范围也随着增大。二进制指数退避算法的优点是，它将后退时延的平均取值与负载的大小联系起来了。因此，二进制指数退避算法考虑了负载对冲突的影响。
16. D
根据 IEEE 802.3 标准的规定，以太网采用二进制指数退避算法处理冲突问题。当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）取均匀分布在 0 至 2ⁿᵢₙ(k, 10) − 1 之间的一个随机整数 r，k 是冲突发生的次数。
2）发送站等待 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 越大，帧重传时再次发生冲突的概率越低。
17. B
与 10Mb/s 以太网相同，100Mb/s 以太网的争用期仍是 512bit 的发送时间，即 512b ÷ 100Mb/s = 5.12μs。根据 CSMA/CD 协议的退避算法，第 k 次重传需要退避的时间为：从整数集合 {0, 1, …, 2^k − 1} 中随机取出一个数 r，退避时间就是 r 倍的争用期。当重传次数大于 10 时，k 不再增大，而是一直等于 10。本题中 k = 2，问的是最大退避时间，所以取 r = 3，最大退避时间为 15.36μs。
18. C
一般来说，在第 i（i < 10）次冲突后，站点会在 0 到 2ᵢ − 1 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。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。若连续超过 16 次冲突，则丢弃相应的数据帧。
19. B
CSMA/CD 协议要求：发送帧的时间 ≥ 争用期的时间，当等号成立时，即最短帧长 = 数据传输速率 × 争用期。对于选项 A，最大距离变短会使争用期（最大距离的往返时间）变短，最短帧长
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变短。对于选项B，数据传输速率提高，最短帧长变长。选项C对最短帧长没有影响。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会降低传播时延，争用期变短，最短帧长变短。
20. A
限定站点到集线器（Hub）的最长距离为 100m，则两个站点之间的最长距离为 200m，最长冲突检测时间等于信号在两个最远站点之间的往返传输时间，即 2×200m÷200000km/s = 2μs。
21. A
以太网常用的传输介质有4种：粗缆、细缆、双绞线和光纤。同轴电缆分为 50Ω 基带电缆和 75Ω 宽带电缆两类。基带电缆又分细同轴电缆和粗同轴电缆。
10Base-5：粗缆以太网，数据率为 10Mb/s，每段电缆最大长度为 500m；使用特殊的收发器连接到电缆上，收发器完成载波监听和冲突检测的功能。
10Base-2：细缆以太网，数据率为 10Mb/s，每段电缆最大长度为 185m；使用BNC连接器形成T形连接，无源部件。
22. D
10Base-T以太网、100Base-T以太网、吉比特以太网都使用CSMA/CD协议，因此可以工作在半双工模式。10吉比特以太网只工作在全双工方式，没有争用问题，也不使用CSMA/CD协议，使用光纤或双绞线作为传输介质。
23. B
IEEE 802 为局域网制定的标准相当于 OSI 参考模型的数据链路层和物理层，其中的数据链路层又被进一步分为逻辑链路控制（LLC）和介质访问控制（MAC）两个子层。
24. A
高速以太网的MAC帧格式与标准以太网的帧格式完全相同，以便升级和向后兼容。
25. B
吉比特以太网的物理层有两个标准：IEEE 802.3z 和 IEEE 802.3ab，前者采用光纤通道，后者采用4对UTP5类线。
26. B
无线局域网不能简单地使用CSMA/CD协议，特别是冲突检测部分，原因如下：第一，在无线局域网的适配器上，接收信号的强度往往远小于发送信号的强度，因此要实现冲突检测，硬件费用就会过大；第二，在无线局域网中，并非所有站点都能听见对方，即存在隐蔽站和暴露站问题（暴露站问题举例：在下图中，假设B站向A站发送数据，而C站又想和D站通信，但C站检测到信道忙，于是就不向D站发送数据，其实B站向A站发送数据并不影响C站向D站发送数据。在无线局域网中，在不发生干扰的情况下，允许同时有多个移动站进行通信，这一点与有线局域网有很大的差别）。而“所有站点都能听见对方”正是实现CSMA/CD协议的前提。选项A是CSMA/CD协议和CSMA/CA协议的特点，但不是无线局域网使用CSMA/CA协议的原因。
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第3章 数据链路层
109
27. A
CSMA/CA 协议只能尽量降低冲突发生的概率，在无线信道中冲突是无法完全避免的。检测到信道空闲后，CSMA/CA 协议规定还必须等待 DIFS 的时间才能开始发送。无线信道中可能发生冲突，所以 CSMA/CA 协议也需要退避算法，但是和 CSMA/CD 协议的退避算法有一定的区别。
28. D
若检测到信道空闲，则 CSMA/CA 协议规定还必须等待 DIFS 的时间才能开始发送。CSMA/CA 协议不会进行冲突检测。预约信道并不是 CSMA/CA 协议的强制规定，在普通模式下不进行预约信道。
29. A
SIFS 最短，网络中的控制帧和确认帧都采用 SIFS 作为发送之前的等待时延。DIFS 最长，所有的数据帧都采用 DIFS 作为等待时延。PIFS 中等，用于 AP 发送管理帧或探测帧的等待时延。当源站要发送数据时，先检测信道，在持续检测到信道空闲达到 DIFS 时间后就开始发送。目的站正确收到数据帧后，等待 SIFS 时间后发出对应的确认帧。若源站在规定时间内未收到确认帧，就必须重传此帧，直到收到确认帧为止，或经过若干重传失败后，放弃发送。
30. C
802.11 帧首部中的地址字段的含义和作用取决于帧的去往 DS 位和来自 DS 位。
31. D
MAC 帧是从 AP 发送到主机 B 的，即“去往 AP = 0”而“来自 AP = 1”。因此，地址 1 是 B 的 MAC 地址，即 $\mathrm{MAC}_{\mathrm{B}1}$ 地址 2 是 AP2 的 BSSID，即 $\mathrm{BSSID}_2$；地址 3 是源地址，是路由器的接口 2 的 MAC 地址，即 $\mathrm{MAC}_2$。
32. B
A 和 C 是 VLAN 的规定。插入 VLAN 标签后，以太网的最大帧长变为 1522 字节。802.1Q 帧用于干线链路，若同一个交换机下的同一个 VLAN 的两台主机通信，则不使用 802.1Q 帧。
33. B
802.1Q 帧在以太网帧的基础上增加了 4B 的 VLAN 标签，因此最大长度也增加了 4B。属于同一 VLAN 的主机无论是否连接到同一台交换机上，都能互相通信。而属于不同 VLAN 的主机即使连接到同一台交换机上，也不能直接在数据链路层进行通信。交换机会使用 VLAN 标签来区分不同的 VLAN。同一个 VLAN 的主机不一定连接到相同的局域网，它们可以连接到相同的交换机，也可以连接到不同的交换机，只要这些交换机互连即可。
34. B
VLAN 建立在交换技术的基础上，以软件方式实现逻辑分组与管理，VLAN 中的计算机不受物理位置的限制。当计算机从一个 VLAN 转移到另一个 VLAN 时，只需简单地通过软件设定，而无须改变它在网络中的物理位置。要进行跨 VLAN 的通信，必须通过上层的路由器解决，不同 VLAN 的主机处于不同的广播域，因此不能直接在数据链路层进行通信。
35. C
一般有三种划分 VLAN 的方法：① 基于接口；② 基于 MAC 地址；③ 基于 IP 地址。
36. C
带“虚拟”两个字的基本上都有一个优点，即有效共享资源。通过虚拟局域网，可将一个较大的局域网分割成一些较小的与地理位置无关的逻辑上的虚拟局域网，而每个虚拟局域网都是一个较小的局域网，因此简化了网络管理，提高了信息的保密性和网络的安全性。链路聚合是解决交换机之间的宽带瓶颈问题的技术，而不是虚拟局域网的技术。
37. D
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有关最短帧长的题要抓住两个公式来分析：① 发送帧的时间 $\geqslant$ 争用期的时间；② 最短帧长 $=$ 数据传输速率 $\times$ 争用期的时间。题中，最短帧长减少 800 比特，则发送帧的时间减少 $0.8\mu s$，要使 ① 和 ② 依然成立，就需要至少将争用期（信号的往返时间）的时间减少 $0.8\mu s$，所以往返传播的总距离至少需要减少 $200000\mathrm{km / s}\times 0.8\mu \mathrm{s} = 160\mathrm{m}$，即单程距离至少需要减少 $80\mathrm{m}$。
## 38. D
CSMA/CA 协议是无线局域网标准 802.11 中的协议，它在 CSMA 协议的基础上增加了冲突避免的功能。ACK 帧是 CSMA/CA 协议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 帧时，才确认发出的数据帧已正确到达目的地。
## 39. A
考虑到局域网信道质量好，以太网采取了两项重要的措施来使通信更简单：① 采用无连接的工作方式；② 不对发送的数据帧进行编号，也不要求对方发回确认。因此，以太网提供的服务是不可靠的服务，即尽最大努力的交付。差错的纠正由高层完成。
## 40. B
CSMA/CD 协议适用于有线网络，CSMA/CA 协议广泛应用于无线局域网。选项 A、C 关于 CSMA/CD 协议专业词库的描述都是正确的。对于选项 D，因为在 CSMA/CD 协议中，信号传播时延会影响冲突检测的效率，若信号传播时延趋于零，则冲突检测就会非常及时，从而减少重传的时间和次数，提高信道利用率。当信号传播时延趋于零时，信道利用率也趋于 $100\%$。
## 41. B
有关最短帧长的题，要抓住两个公式来分析：① 发送帧的时间 $\geqslant$ 争用期的时间；② 最短帧长 $=$ 数据传输速率 $\times$ 争用期时间。要使公式① 恒成立，就要考虑在最短帧长的情况下公式①仍成立。对于本题，发送最短帧的时间为 $64\mathrm{B}\div 100\mathrm{Mb / s} = 5.12\mu \mathrm{s}$，根据公式①可知，该时间即为争用期时间（往返时延）的最大值。本题的特点在于往返时延由两部分组成，即传播时延和 Hub 产生的转发时延。单程总时延为 $2.56\mu \mathrm{s}$，Hub 产生的转发时延为 $1.535\mu \mathrm{s}$，所以传播时延为 $2.56 - 1.535 = 1.025\mu \mathrm{s}$，从而 H3 与 H4 之间理论上可以相距的最大距离为 $200\mathrm{m} / \mu \mathrm{s}\times 1.025\mu \mathrm{s} = 205\mathrm{m}$。
## 42. B
802.11 帧首部的地址字段最常用的两种情况如下表所示。
| 去往 AP | 来自 AP | 地 址 1 | 地 址 2 | 地 址 3 | 地 址 4 |
| --- | --- | --- | --- | --- | --- |
| 0 | 1 | 接收地址 = 目的地址 | 发送地址 = AP 地址 | 源地址 | — |
| 1 | 0 | 接收地址 = AP 地址 | 发送地址 = 源地址 | 目的地址 | — |
帧 F 是由 H 站发送到 AP 的，即“去往 AP = 1”而“来自 AP = 0”。因此，地址 1 是 AP 的 MAC 地址，地址 2 是 H 站的 MAC 地址，地址 3 是 R 站的 MAC 地址。
## 43. D
当 CSMA/CA 协议进行信道预约时，主要使用的是请求发送 RTS 帧和清除发送 CTS 帧。当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，将广播一个 CTS 帧作为对此的响应，既给发送方发送许可，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，避免冲突。发送确认帧的目的主要是保证信息的可靠传输。二进制指数退避算法是 CSMA/CD 协议中的一种冲突处理方法。选项 C 与预约信道无关。
## 44. B
有关最短帧长的题，要抓住两个公式来分析：① 发送帧的时间 $\geqslant$ 争用期的时间；② 最短帧
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第3章 数据链路层
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长 = 数据传输速率 × 争用期时间。对于本题，数据传输速率为 100Mb/s，最短帧长为 128B，根据公式②可得争用期时间（往返时延）为 128B ÷ 100Mb/s = 10.24 × 10⁻⁶s，所以单向传播时延为 5.12μs。
45. A
100Base-T 是一种以速率 100Mb/s 工作的快速以太网标准，且使用 UTP（非屏蔽双绞线）铜质电缆。100Base-T：100 标识传输速率为 100Mb/s；Base 标识采用基带传输；T 表示传输介质为双绞线（包括 5 类 UTP 或 1 类 STP），为 F 时表示光纤。
46. A
为了尽量避免冲突，IEEE 802.11 规定，所有站完成发送后，必须再等待一段很短的时间（继续监听）才能发送下一帧，该时间称为帧间间隔（IFS），有三种 IFS：DIFS、PIFS 和 SIFS。帧间间隔的长短取决于该站要发送的帧的类型。网络中的控制帧以及对所接收数据的确认帧都采用 SIFS 作为发送之前的等待时延。当站点要发送数据时，若载波监听到信道空闲，则需等待 DIFS 后发送 RTS 预约信道，图中 IFS1 对应 DIFS，时间最长，图中 IFS2、IFS3、IFS4 对应 SIFS。
47. C
10Base-T 以太网采用 CSMA/CD 协议，CSMA/CD 协议采用截断二进制指数退避算法来确定冲突后重传的时机。从整数集合 [0, 1, …, 2ᵏ - 1] 中随机取出一个数 r，参数 k = min[重传次数, 10]，站点重传所需等待的时间 = r × 争用期，因此等待的最长时间为 (2ᵏ - 1) × 51.2μs ≈ 768μs。
48. B
数据帧的长度为 1998B，链路带宽为 54Mb/s，因此数据帧的发送时延为 1998B ÷ 54Mb/s = 296μs。网络分配向量（NAV）指出了信道忙的持续时间，含义是“正在通信的两个站点以外的站点都不能在这段时间内发送数据”。CSMA/CA 协议中的 RTS 帧、CTS 帧和数据帧都携带占用信道的持续时间，当 A 站广播一个 RTS 帧时，将占用信道的持续时间（SIFS + CTS + SIFS + DATA + SIFS + ACK）写入 RTS 帧的首部；当 AP 收到 RTS 帧后，广播一个 CTS 帧，将占用信道的持续时间（SIFS + DATA + SIFS + ACK）写入 CTS 帧的首部；之后传送的数据帧的首部也携带本次通信所需的持续时间。其他站收到这些帧后，根据帧中的持续时间设置自己的 NAV 值，因此隐蔽站 B 收到 AP 发送的 CTS 帧时，设置自己的 NAV 值为 SIFS + DATA + SIFS + ACK = 28μs + 296μs + 28μs + 2μs = 354μs。
49. C
以太网采用二进制指数退避算法：在前 10 次冲突（第 1～10 次重传）中，第 i 次冲突后在 [0, 2′-1] 个争用期（51.2μs）内随机退避；在第 11 次冲突后，退避窗口上限固定为 1023。因此，第 11 次冲突后可能的最大退避时间为 1023 × 51.2μs = 52.3776ms。
二、综合应用题
01. 【解答】
CSMA/CD 协议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，从对信道的利用率来说，CSMA/CD 协议用户共享信道，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，当用户没有数据传送时，信道在用户时隙就浪费了；因为 CSMA/CD 协议让用户共享信道，所以当同时有多个用户需要使用信道时，就会发生冲突，从而降低信道的利用率；而在 TDM 中，用户在分配的时隙中不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，通常信道带宽较大。当使用 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。
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02. 【解答】
对于 $1\mathrm{km}$ 长的电缆，单程传播时间为 $1 / 200000 = 5\mu \mathrm{s}$ ，来回路程传播时间为 $10\mu \mathrm{s} = 10^{-5}\mathrm{s}$ 。
为了使该网络能按照CSMA/CD协议工作，最小的发送时间不能小于 $10\mu \mathrm{s}$ 。当以 $10\mathrm{Mb / s}$ 速率工作时， $10^{-5}\mathrm{s}$ 内可发送的比特数为 $(10\times 10^{6}\mathrm{b / s})\times 10^{-5}\mathrm{s} = 100\mathrm{bit}$ ，因此最小帧长为100bit。
03. 【解答】
对于 $1\mathrm{km}$ 的电缆，单程传播时延是 $1 / 200000 = 5\times 10^{-6}\mathrm{s}$ ，即 $5\mu \mathrm{s}$ ，往返传播时延是 $10\mu \mathrm{s}$ 。要能按照CSMA/CD协议工作，最小帧的发送时间不能小于 $10\mu \mathrm{s}$ 。当以 $1\mathrm{Gb / s}$ 速率工作时， $10\mu \mathrm{s}$ 内可以发送的比特数为 $(10\times 10^{-6}) / (1\times 10^{-9}) = 10000$ ，因此最小帧长为10000bit。
往 念
假设现在传了一个帧，还未到往返时延就发送完毕，而且在中途出现冲突，这样就检测不出错误；若中途发生冲突，且这个帧还未发送完，则可检测出错误。因此，要保证CSMA/CD协议正常工作，就必须使发送时间大于或等于来回往返时延（争用期）。
04. 【解答】
设总线电缆的长度为 $L$ ，则
$$
\frac {125 \times 8}{100 \times 10^{6}} = 2 \times \frac {L}{2 \times 10^{8}}, \quad L = \frac {125 \times 8 \times 10^{8}}{100 \times 10^{6}} \mathrm{m} = 1000 \mathrm{m}
$$
05. 【解答】
1）题目问的是当两台主机均检测到冲突时的最短时间和最长时间。首先要理解一个概念，即什么叫“主机检测到冲突”。假设主机甲和主机乙通信，双方发送的数据帧在中途相遇，此时发生了冲突，但甲方要检测到此次冲突，就必须收到乙方发送来的数据帧；同理，乙方要检测到此次冲突，就必须收到甲方发送来的数据帧。若仅考虑一方，则最短时间显然趋于0（一方在发送数据时，对方的数据即将到达），最长时间显然是往返时延（争用期）。若同时考虑两台主机，则不难发现，从开始发送数据的时刻起，假设甲方检测到冲突发生的时间为 $T_{1}$ ，乙方检测到冲突发生的时间为 $T_{2}$ ，则 $T_{1} + T_{2} =$ 往返时延。显然，当甲方和乙方同时向对方发送数据时，信号在信道中间发生冲突后，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：
$$
T _ {\mathrm {(A)}} = 1 \mathrm {k m} / 2 0 0 0 0 0 \mathrm {k m} / \mathrm {s} \times 2 = 0. 0 1 \mathrm {m s} = \text {单程传播时延} t _ {0}
$$
设甲方（或乙方）先发送数据，当数据即将到达乙方（或甲方）时，乙方（或甲方）才开始发送数据。此时，乙方（或甲方）将立即检测到冲突，而甲方（或乙方）要检测到冲突，还需等待冲突信号从乙方（或甲方）传播到甲方（或乙方）。两台主机均检测到冲突的时间最长：
$$
T _ {\mathrm {(B)}} = 2 \mathrm {k m} / 2 0 0 0 0 0 \mathrm {k m} / \mathrm {s} \times 2 = 0. 0 2 \mathrm {m s} = \text {双程传播时延} 2 t _ {0}
$$
原转写引用的配图未随 Markdown 保存，请回到原 PDF 核验。
(a) 时间最短的情况
原转写引用的配图未随 Markdown 保存，请回到原 PDF 核验。
(b) 时间最长的情况
2）甲方发送一个数据帧的时间即发送时延 $t_1 = 1518 \times 8\mathrm{bit} \div 10\mathrm{Mb / s} = 1.2144\mathrm{ms}$ ；乙方每成功收到一个数据帧，就向甲方发送一个确认帧，确认帧的发送时延 $t_2 = 64 \times 8\mathrm{bit} \div 10\mathrm{Mb / s} =$
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第3章 数据链路层
113
0.0512ms；甲方收到确认帧后，即发送下一数据帧，因此甲方的发送周期 $T =$ 数据帧发送时延 + 确认帧发送时延 + 双程传播时延 $= t_{1} + t_{2} + 2t_{0} = 1.2856\mathrm{ms}$。
有效数据传输速率 = 信道利用率 × 信道带宽（最大数据传输速率），或有效数据传输速率 = 发送周期内发送的数据量 / 发送周期。因此，甲方的有效数据传输速率为 $1500 \times 8 / T = 12000\mathrm{bit} / 1.2856\mathrm{ms} \approx 9.33\mathrm{Mb / s}$（以太网帧的数据部分为1500B）。