第2章 习题

答案：D

解析：信道不等于通信电路，一条可双向通信的电路往往包含两个信道：一个是发送信道，一个是接收信道；多个通信用户共用通信电路时，每个用户在该通信电路都有一个信道，A 错误。调制是将数据转换为模拟信号的过程，B 错误。信息传输速率指每秒传输的比特数，每秒传输的码元数是波特率（码元传输速率），C 错误。"比特率"在数值上和"波特率"的关系为：波特率 = 比特率 / 每符号所含的比特数，D 正确。

答案：A

解析：根据香农定理，影响信道最大传输速率的因素主要有信道带宽和信噪比，而信噪比与信道内所传输的平均信号功率和噪声功率有关，数值上等于二者之比。

答案：B

解析：并行传输的特点：距离短、速度快。串行传输的特点：距离长、速度慢。因此在计算机内部（距离短）传输时应选择并行传输。同步、异步传输是通信方式，而不是传输方式。

答案：B

解析：曼彻斯特编码将时钟和数据包含在信号中，在传输数据的同时也将时钟一起传输给对方，码元中间的跳变作为时钟信号，不同的跳变方式作为数据信号，A 错误、B 正确。每个码元的中间都发生电平跳变，D 错误。曼彻斯特编码最适合传输二进制数字信号，不适合模拟数据，C 错误。

答案：B

解析：曼彻斯特编码用码元中间的电平跳变来表示每个比特，可方便收发双方根据跳变来同步时钟，而不需要额外的时钟信号，B 正确。它与差错恢复、抗干扰能力无关，且每个码元变成两个时间间隔，占用的频带宽度是原始基带宽度的 2 倍，反而降低了有效传输速率。

答案：A

解析：非归零编码是最简单的一种编码方式，它用低电平表示 0，用高电平表示 1（或者采用相反的表示方式）。因为各个码元之间并没有间隔标志，所以不包含同步信息。曼彻斯特编码和差分曼彻斯特编码都将每个码元分成两个相等的时间间隔，码元的中间跳变也作为收发双方的同步信息，因此都不含额外的同步信息，实际应用较多，但它们所占的频带宽度是原始基带宽度的 2 倍。

答案：D

解析：比特率 = 波特率 × \(\log_2 n\)。若一个码元含有 \(k\) 比特的信息量，则表示该码元所需的不同离散值为 \(n = 2^k\) 个。波特率数值上等于比特率 / 每符号所含的比特数，因此每码元所含比特数 = 4000 / 1000 = 4，有效离散值的个数为 \(2^4 = 16\)。

答案：A

解析：在曼彻斯特编码中，可用向下跳变表示 1、向上跳变表示 0，或者采用相反的表示。按此规则读波形，该比特串可能是 0011 0110 或 1100 1001，四个选项中只有 0011 0110 符合，因此选 A。

答案：B

解析：一个码元若取 \(2^n\) 个不同的离散值，则含有 \(n\) 比特的信息量。本题中一个码元有 4 个有效离散值，所含的信息量为 \(\log_2 4 = 2\) 比特。因为数值上波特率 = 比特率 / 每符号所含的比特数，所以波特率为 (64/2)k = 32kBaud。

答案：C

解析：无噪声的信号应该满足奈奎斯特定理，即最大数据传输速率 = \(2W\log_2 V\) 比特/秒。将题中的数据代入，\(2 \times 8\text{k} \times \log_2 8 = 48\text{kb/s}\)。注意题中给出的每秒采样 24k 次是无意义的，因为超过了波特率的上限 \(2W = 16\text{kBaud}\)，所以选项 D（24k × 3 = 72kb/s）是错误答案。

答案：D

解析：根据奈奎斯特定理，题中 \(W = 4000\text{Hz}\)，最大码元传输速率 = \(2W = 8000\text{Baud}\)，16 种不同的物理状态可以表示 \(\log_2 16 = 4\) 比特的数据，因此信道的最大传输速率 = \(8000 \times 4 = 32\text{kb/s}\)。

答案：B

解析：根据香农定理，最大数据率 = \(W\log_2(1 + S/N) = 4000 \times \log_2(1 + 127) = 28000\text{b/s}\)，容易误选 A。注意题中"二进制信号"的限制后，依据奈奎斯特定理，最大数据传输速率 = \(2W\log_2 V = 2 \times 4000 \times \log_2 2 = 8000\text{b/s}\)。两个上限中取小者，因此答案为 B。

注意：若给出了码元与比特数之间的关系，则需两个公式的共同限制：实际最大速率受限于香农定理与奈奎斯特定理结果中的较小者。

答案：C

解析：信噪比 \(S/N\) 常用分贝（dB）表示，数值上等于 \(10\log_{10}(S/N)\)。依题意有 \(30 = 10\log_{10}(S/N)\)，解得 \(S/N = 1000\)。根据香农定理，最大数据传输速率 = \(3000\log_2(1 + S/N) = 3000 \times \log_2 1001 \approx 3000 \times 10 = 30\text{kb/s}\)。

答案：A

解析：带宽受限且有噪声的信道应使用香农定理。最高数据传输速率 = \(W\log_2(1 + S/N)\)，其中信道带宽 \(W = 3.9 - 3.5 = 0.4\text{MHz}\)，信号功率 \(S = 0.14\text{W}\)，噪声功率 \(N = 0.02\text{W}\)，\(S/N = 0.14/0.02 = 7\)，代入得 \(0.4\text{M} \times \log_2 8 = 1.2\text{Mb/s}\)。

答案：D

解析：每个信号有 \(8 \times 2 = 16\) 种变化，每个码元携带 \(\log_2 16 = 4\) 比特信息，则信息传输速率为 \(1200 \times 4 = 4800\text{b/s}\)。

答案：B

解析：由题意知采样率为 8Hz。有 16 种变化状态的信号可携带 \(\log_2 16 = 4\) 比特的数据，因此最大数据传输速率为 \(8 \times 4 = 32\text{b/s}\)。

答案：A

解析：本题给出了信道带宽、信噪比和编码方式，需要综合奈氏准则与香农定理的限制。在原始条件下：香农定理的极限速率为 \(10 \times \log_2 1001 \approx 100\text{Mb/s}\)（注意，这里的信噪比应使用无单位记法），奈氏准则的极限速率为 \(2 \times 10 \times \log_2 32 = 100\text{Mb/s}\)。带宽和信噪比提升后：香农定理的极限速率为 \(20 \times \log_2 10001 \approx 266\text{Mb/s}\)，奈氏准则的极限速率为 \(2 \times 20 \times \log_2 32 = 200\text{Mb/s}\)。由于实际速率受限于二者中的较小值，故提升后的极限速率为 200Mb/s，约为原来的 2 倍。

答案：B

解析：采用 4 个相位，每个相位有 4 种振幅的 QAM 调制，共有 \(4 \times 4 = 16\) 种信号状态，每个码元可携带 \(\log_2 16 = 4\) 比特信息。根据奈奎斯特定理，最大传输速率为 \(2W\log_2 V = 2 \times 3\text{k} \times 4 = 24\text{kb/s}\)。

答案：B

解析：波特率（\(B\)）与数据传输速率（\(C\)）的关系为 \(C = B \times \log_2 V\)，其中 \(V\) 为码元可取的离散值个数。采用 4 相位调制，即 \(V = 4\)，每个码元携带 \(\log_2 V = \log_2 4 = 2\) 比特信息。因此，波特率 = 数据传输速率 / 每个码元所含的比特数 = 2400 / 2 = 1200 波特。

答案：A

解析：10Base-T 以太网采用曼彻斯特编码：每个码元中间有一次跳变，从低到高表示 0，从高到低表示 1（或采用相反的约定，但需保持一致）。图示波形对应的比特串可为 0011 0110 或 1100 1001，四个选项中只有 A 符合。

答案：D

解析：由香农定理可知，信道极限数据传输速率受信噪比和频率带宽限制；调制速率（波特率）也直接影响数据速率。而信号传播速度仅决定传播时延，与传输速率无关，不影响信道数据传输速率。

答案：A

解析：编码 1 为典型的 NRZ 编码：高电平表示 1，低电平表示 0，无跳变。编码 2 在每个比特周期中间均有跳变，高一低表示 1，低一高表示 0，符合曼彻斯特编码特征。差分曼彻斯特编码在比特周期起始处有跳变表示 0、无跳变表示 1，与图不符。因此，编码 1 和编码 2 分别为 NRZ 编码和曼彻斯特编码。

答案：C

解析：采用分贝（dB）记法时，信噪比 = \(10\log_{10}(S/N) = 30\)，解得 \(S/N = 1000\)。由香农定理可知，理论极限速率 = \(W \times \log_2(1 + S/N) = 8\text{k} \times \log_2(1 + 1000)\)。由于 \(2^{10} = 1024 \approx 1001\)，故 \(\log_2(1001) \approx 10\)，理论速率 \(\approx 8 \times 10 = 80\text{kb/s}\)。实际速率为理论值的 50%，即 \(80 \times 50\% = 40\text{kb/s}\)。

答案：D

解析：设信号状态数为 \(V\)。无噪声信道的极限速率（奈奎斯特定理）为 \(2W\log_2 V\)；有噪声信道的极限速率（香农定理）为 \(W\log_2(1 + S/N)\)。已知信噪比为 30dB，可得 \(S/N = 1000\)，要求 \(2W\log_2 V \geq W\log_2(1001) \approx W \times 10\)，化简得 \(\log_2 V \geq 5\)，求得 \(V \geq 32\)。因此，信号状态数至少为 32。

答案：A

解析：差分曼彻斯特编码规则：每个比特周期起始处有电平跳变表示 0，无电平跳变表示 1。逐位判读波形：第 1 位无跳变（1），第 2 位有跳变（0），第 3 位无跳变（1），第 4 位无跳变（1），第 5 位有跳变（0），第 6 位有跳变（0），第 7 位有跳变（0），第 8 位无跳变（1），得到比特串为 1011 1001。

答案：C

解析：在 ASK 调制中，4 个幅值表示 4 种信号状态（\(V = 4\)），每个码元携带 \(\log_2 4 = 2\) 比特。根据奈奎斯特定理，最大数据传输速率 = \(2W\log_2 V\)，已知带宽 \(W = 200\text{kHz}\)，代入得 \(2 \times 200\text{k} \times 2 = 800\text{kb/s}\)。

答案：C

解析：由奈奎斯特定理：最大数据传输速率 = \(2W\log_2 V\)，\(V\) 表示码元的信号状态数。已知带宽 \(W = 4\text{MHz}\)，最大速率为 48Mb/s，代入得 \(\log_2 V = 6\)，求得 \(V = 2^6 = 64\)，即采用 QAM-64 调制。

答案：C

解析：FSK（Frequency Shift Keying，频移键控）使用两个不同频率的载波分别表示 0 和 1，是唯一需要两个载波频率的二进制调制方式。ASK（幅移键控）改变幅度，PSK（相移键控）和 DPSK（差分相移键控）改变相位，均使用单一频率载波。

答案：A

解析：绞合可以减少两根导线相互的电磁干扰。

答案：B

解析：屏蔽层的主要作用是提高电缆的抗干扰能力，即减少电磁干扰辐射。

答案：B

解析：传统以太网采用广播的方式发送信息，同一时间只允许一台主机发送信息，否则各主机之间就形成冲突，因此主机间的通信方式是半双工。全双工是指通信双方可同时发送和接收信息；单工是指只有一个方向的通信而没有反方向的交互。

答案：C

解析：同轴电缆以硬铜线为芯，外包一层绝缘材料，绝缘材料的外面再包一层密织的网状导体，导体的外面又覆盖一层保护性的塑料外壳。这种结构使得它具有更高的屏蔽性，从而既有很高的带宽，又有很好的抗噪性。因此，同轴电缆的带宽更高，得益于它的高屏蔽性。

答案：C

解析：光纤的抗雷电和电磁干扰性能好，无串音干扰，保密性好。

答案：C

解析：多模光纤传输光信号的原理是光的全反射特性。

答案：B

解析：光纤的直径减小到与光线的一个波长相同时，光纤就如同一个波导，光在其中没有反射，而沿直线传播，这就是单模光纤。A 错误，光纤并非越粗速率越高（多模光纤较粗反而因色散失真传输距离较短）；C 错误，单模光纤的光源是激光（定向性好），多模光纤才使用发光二极管；D 错误，光纤是实心的光导纤维，并非中空。

答案：C

解析：卫星通信有成本高、传播时延长、受气候影响大、保密性差、误码率较高的特点，C 中"不受气候的影响，误码率很低"说法错误。A、B、D 均为卫星通信的正确特点。

答案：C

解析：本题易误选功能特性。规定各条线上的电压范围，以及电缆长度的限制，属于电气特性。而功能特性指明某条线上出现的某一电平的电压表示何种意义，以及每条线的功能（数据线、控制线、时钟线）。例如，数据线上的电压 +11V 表示二进制 1，就属于功能特性。

答案：C

解析：物理层的功能特性指明某条线上出现的某一电平的电压表示何种意义，以及每条线的功能。描述接口引脚处于高电平时的含义（该电平代表什么信号/意义），属于功能特性。

答案：C

解析：物理层的接口特性包括机械、电气、功能和过程四类。其中，过程特性（规程特性）用于描述完成各种功能时事件发生的先后顺序，即规定各操作（如建立连接、传输数据、释放线路等）的时序关系。

答案：C

解析：物理层接口规范涵盖四类特性：机械特性（如接口形状、尺寸）、电气特性（如信号电平、电压范围）、功能特性（如引脚功能、电平含义）和过程特性（事件发生顺序）。而物理地址（MAC 地址）用于标识数据链路层的设备，属于数据链路层的范畴，不在物理层定义范围内。

答案：B

解析：中继器的原理是将衰减的信号再生（再生 = 放大 + 整形），而不是简单地放大，B 错误。中继器仅作用于信号的电气部分，A 正确；集线器实质上是一个多端口的中继器，C 正确；中继器连接的两端属于同一局域网中的不同网段，所连网段仍构成一个局域网，D 正确。

答案：A

解析：放大器通常用于远距离地传输模拟信号，但它同时会放大噪声，引发失真。中继器用于数字信号的传输，其工作原理是信号再生，因此会减少失真。网桥用来连接两个网段以扩展物理网络的覆盖范围；路由器是网络层的互连设备，可以实现不同网络的互联。使数字信号传输得更远应采用中继器。

答案：B

解析：中继器的主要功能是将信号复制、整形和放大再转发出去，以消除信号经过一长段电缆而造成的失真和衰减，使信号的波形和强度达到所需的要求，进而扩大网络传输的距离，原理是信号再生，因此选择中继器，其他三项显然有点大材小用。

答案：D

解析：集线器将多个设备连接在以它为中心的节点上，因此使用它的网络在物理拓扑上属于星形结构。当集线器工作时，一个端口接收到数据信号后，集线器将该信号整形放大，紧接着转发到其他所有处于工作状态的端口。因为集线器不具备交换机所具有的交换表，所以它发送数据时是没有针对性的，而采用广播方式发送。因此，使用集线器的星形以太网逻辑上仍然是总线网。

答案：A

解析：集线器的功能是将从一个端口收到的数据通过所有其他端口转发出去。集线器在物理层上扩大了网络的覆盖范围，但无法解决冲突域（第二层交换机可解决）与广播域（第三层交换机可解决）的问题，反而增大了冲突的范围。因此用集线器连接的工作站同属一个冲突域，也同属一个广播域。

答案：C

解析：中继器工作在物理层，无法对帧进行解封与重新封装（无法实现协议转换），其功能仅限于对接收到的帧对应的二进制串进行无差别转发，因此无法连接不同链路层协议的网段。中继器可以连接不同介质的局域网，如光纤和双绞线，只要它们具有相同协议。

答案：A

解析：集线器以广播的方式将信号从除输入端口外的所有端口输出，因此任意时刻只能有一个端口的有效数据输入。理想情况（无冲突）下，每秒通过集线器的数据量都是 10Mb，假设 5 台计算机占用相同大小的时间片来收发数据，则平均带宽的上限为 10Mb/s ÷ 5 = 2Mb/s。若有多台计算机同时发送数据，则会导致每台计算机实际获得的平均带宽低于 2Mb/s。

答案：B

解析：集线器没有寻址功能，一个端口接收到数据信号后，从除输入端口外的其他所有端口转发出去。

答案：C

解析：中继器和集线器均工作在物理层，集线器本质上是一个多端口中继器，它们都能对信号进行放大和整形（再生 = 放大 + 整形）。因为中继器不仅传送有用信号，还传送噪声和冲突信号，所以互相串联的个数只能在规定的范围内进行，否则网络将不可用（如 10Base-5 以太网中的"5-4-3 规则"），C 错误。中继器通常只有 2 个端口（一进一出），集线器通常有 4 个或更多端口，D 正确。

解答：

1）作为单个分组：每条链路的发送时延是 \(10000\text{b} \div 10\text{Mb/s} = 1000\text{μs}\)。

总传送时间等于 \(2 \times 1000 + 2 \times 20 + 35 = 2075\text{μs}\)。即：A 的发送时延 1000μs + 链路传播时延 20μs + S 的存储转发等待 35μs + S 的发送时延 1000μs + 链路传播时延 20μs。

2）作为两个 5000 比特的分组：下面列出各种事件发生的时间表。

T = 0　开始

T = 500　A 完成分组 1 的发送，开始发送分组 2

T = 520　分组 1 完全到达 S

T = 555　分组 1 从 S 起程前往 B

T = 1000　A 结束分组 2 的发送

T = 1055　分组 2 从 S 起程前往 B

T = 1075　分组 2 的第 1 位开始到达 B

T = 1575　分组 2 的最后 1 位到达 B

解法二（流水线 / 时空图）：此题属于分组交换各个过程中时间不等长的情况，类似于流水段不等长的情况，为避免出错，建议画出对应的时空图。根据题意可分为 5 个流水段，各流水段的时间分别为 500μs、20μs、35μs、500μs、20μs，共有 2 个分组，注意不同分组的相同流水段不能重叠。本题只有 2 个分组，不用流水线的方法也可求得结果，但当分组数量更多时，采用流水线的方法并画出时空图得出计算规律，才不容易出错。

结论：(1) 2075μs；(2) 1575μs。

解答：整个传输过程的总时延 = 连接建立时延 + 源点发送时延 + 中间节点的发送时延 + 中间节点的处理时延 + 传播时延。

虚电路的建立时延已给出，为 \(s\) 秒。

源点要将 \(L\) 位报文分割成分组，分组数 = \(L/p\)，每个分组的长度为 \((h + p)\) 位，源点要发送的数据量 = \((h + p)L/p\)，因此源点的发送时延 = \((h + p)L/(pb)\) 秒。

每个中间节点的发送时延 = \((h + p)/b\) 秒，源点和终点之间的线路数为 \(k\)，有 \(k - 1\) 个中间节点，因此中间节点的发送时延 = \((h + p)(k - 1)/b\) 秒。

中间节点的处理时延 = \(m(k - 1)\) 秒，传播时延 = \(kd\) 秒。

因此，源节点开始发送数据直至终点收到全部数据所需的时间为：

$$s + \frac{(h + p)L}{pb} + \frac{(h + p)(k - 1)}{b} + m(k - 1) + kd \ \text{秒}$$