计算机网络原理公式及计算题
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计算机网络原理公式及计算题第三章物理层公式一:数据传输速率的定义和计算每秒能传输的二进制信息位数,单位为位/秒(bits per second)，记作bps或b/s R=1/T*Log2N(bps)T为一个数字脉冲信号的宽度(全宽码情况)或重复周期(归零码情况)单位为秒.N一个码元所取有效离散值个数,也称调制电平数,取2的整数次方值公式二: 信号传输速率(码元速率、调制速率或波特率)定义和计算单位时间内通过信道传输的码元个数，也就是信号经调制后的传输速率,单位为波特(Baud)。 B=1/T (Baud)公式三:调制速率与数据传输速率的对应关系式 R=B*Log2N(bps)公式四 :奈奎斯特公式奈奎斯特(Nyquist)定理奈奎斯特首先给出了无噪声情况下码元速率的极限值B与信息带宽H的关系B=2*H H是信道的带宽，单位为Hz信道传输能力的奈奎斯特公式 :C=2*H*Log2N公式五 :香农公式受随机噪声干扰的信道情况，给出了计算信道的香农公式： C=H*Log2(1+S/N)(bps)其中，S表示信号功率，N为噪声功率，S/N则为信噪比。由于实际使用的信道的信噪比都要足够大，故常表示成10*log10 (S/N)，以分贝(dB)为单位来计算，在使用时要特别注意公式六 :误码率误码率是衡量数据通信系统在正常工作情况下的工作情况下的传输可靠性的指标，它定义为二进制数据传输出错的概率。设传输的二进制数据总数为N位，其中出错的位数为Ne，则误码率表示为； Pe= Ne/N 公式七 :采样定律采样定理v Fs(= 1/Ts )≥ 2Fmax 或Fs≥2Bsv Fs是采样频率，Fmax 是原始信号最大频率，Ts 为采样周期，Bs(= Fmax- Fmin)为原始信号的带宽。v 量化级是2的整数倍，用来生成每次采样的二进制码的个数，v 2二进制码个数=量化级，比如量化级为128，则每次采样二进制码为7个v 信号传输速率=采样频率*每次采样的二进制码个数v R(数据传输率)=1/T*log2N公式八: T1载波和E1载波的编码效率和开销率。T1载波利用脉码调制PCM和时分TDM技术，使24路采样声音信号复用一个通道。每一个帧包含 193位，每一帧用 125us时间传送。T1系统的数据传输速率为1.544Mbps。E1载波(欧洲标准)。它每一帧开始处有8位同步作用，中间有8位作用信令，再组织30路8位数据，全帧包括256位，每一帧用 125us时间传送。可计算出E1系统的数据传输速率为256位/125us=2.048Mbps。用户的开销为24×1(控制位)+1(基本帧)=25 b 总开销为：(7+1)×24+1=193 b 因此，用户的开销所占的百分比为：25/193×100%≈13%1)T1载波的编码效率=7*24/(8*24+1)=168/193=87% 开销率=(1*24+1)/193=25/193=13%2)E1载波的编码效率=8*30/(8+8+8*30)=240/256=93.75% 开销率=(8+8)/256=16/256=6.25%计算题:1、设信道带宽为3400Hz，采用PCM编码，采样周期为125b/s, 每个样本量化为128个等级，则信道的数据速率为()？解析-省略部分-⑶此环上最多允许有几个37位长的时槽？ 解答：见P177公式 环的比特长度=信号传播时延*数据传输速率+接口延迟位数⑴两站间链路的位长度为：10m/200m/us * 10Mbps=0.5bit(不计1位延迟) ⑵总环路的有效位长度为：100(0.5bit+1bit)=150bit ⑶时槽数为：150bit/37bit约等于4 .07=5(个)16题。当数据传输速率为5Mbps,传播速度为200m/us时，令牌环接口中的一个比特时延等价于多少米的电缆？解答：在5Mbps数据传输速率下，一个位时等于0.2微秒(=1/5)，在0.2微s时间内信号可以传播的距离=0.2*200=40米因此：一个比特时延等价于40米的电缆。17题。长1Km、10Mbps、50个站点的令牌环，每个站引入1位延迟，信号传播速度为200m/us,令牌长8位，数据帧最大长度为256(包括32位开销)，确认在数据帧捎带，问该环不包括开销的有效数据速率为多少？ 分析：站点在令牌环上一个完整的工作周期如下：① 获取令牌 ②发送数据帧：把数据帧发送到环上；(传输时延)③数据帧绕环一周：绕环线一周；(传播时延) 经过每个站点有1位时延。(传输时延) ④发送令牌帧：把令牌帧发送到环上；(传输时延) 解：1)获取令牌传输时延为: 8bit/10Mbps=0.8us2)发送数据帧传输时延为: 256bit/10Mbps=25.6us 3)信号绕环一周传播时延为: 1000m/200m/us=5us 4)50站点1位传输时延为: 50 * 1bit/10Mbps=5us 5)发送令牌帧传输时延为: 8bit/10Mbps=0.8us 所需总时间为：(0.8+25.6 +5 +5 +0.8)us=37.2us 该环不包括开销的有效数据传输速率为: (256-32)bit/37.2us=6.1Mbps 18题。长10Km、16Mbps、100个站点的令牌环，每个站引入1位延迟，信号传播速度为200m/us。问：⑴该环上1位的延迟相当于多少米长度的电缆？⑵该环的有效位长度为多少位？ 解法1:⑴令牌环的比特长度为：10Km*5us/Km * 16Mbps + 100bit=900bit 故该环上1位的延迟相当于电缆的长度为：1bit * 10Km/900bit=11m ⑵该环的有效位长度为：10Km*5us/Km * 16Mbps=800bit(不计1位延迟) 19题。长1Km、4Mbps、50个站点的令牌环，每个站引入1位延迟，信号传播速度为200m/us,设数据帧最大长度为100字节。问该环上检查令牌丢失的超时计数器的值至少要设置为多少微秒？ 解答：⑴1Km令牌环传播时延为: 1000m/200m/us=5us ⑵50个站点1位时延为: 50*1bit/4Mbps=12.5us ⑶发送最长数据帧的时延为: 100*8bit/4Mbps=200us 故超时计数器的值至少要设置为: 5+12.5+200=217.5(us) (这里忽略了令牌的发送时间)。 20题。 令牌环中的数据帧的长度没有下限，但其上限受站点令牌持有时间的限制。数据帧必须在时间限制内发送完，超过令牌持有时间，必须释放令牌。 可发送的最长帧位数＝传输速率×令牌的持有时间＝10Mbps×10μs＝100位 关 键 词： 计算 公式 原理
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