一 真题2009-37
2009-37题. 在一个采用CSMA/CD协议的网络中，传输介质是一根完整的电缆，传输速率为1Gbps，电缆中的信号传播速度为200000km/s。若最小数据帧长度减少800bit，则最远的两个站点之间的距离至少需要（）。
A. 增加160m
B. 增加80m
C.减少160m
D. 减少80m
二 题目要素解析
场景： 采用 CSMA/CD 协议的网络（如以太网）。
已知条件：
- 传输速率 ©：1 Gbps (109 bps)。
- 信号传播速度 (v)：200000 km/s (2×108 m/s)。
- 最小帧长变化 (ΔL)：减少 800 bit。
求： 最远两个站点之间的距离（d）需要如何变化。
核心考点： CSMA/CD 协议的最小帧长计算公式及其与 网络直径（最大距离）的关系。
三 哔哔详解
这道题考的是 CSMA/CD 最核心的原理："争用期" 必须大于等于 "往返传播时延"。
核心公式：
CSMA/CD 要求发送方在发送完一帧之前，必须能够检测到冲突。这意味着：
最小帧长=传输速率×往返传播时延
数学表达：Lmin=C×2×dvL_{\min} = C \times 2 \times \frac{d}{v}Lmin=C×2×vd
其中 d 是最远两站点间的距离。
分析变量关系：
从公式Lmin=C×2×dvL_{\min} = C \times 2 \times \frac{d}{v}Lmin=C×2×vd 可以看出，在传输速率 C 和传播速度 v 不变的情况下，最小帧长 Lmin 与距离 d 成正比。
- 帧长变短了，为了保证能检测到冲突，距离也必须变短。
- 排除选项 A 和 B。
计算距离变化量：
我们需要找出帧长变化量 \\Delta L 与距离变化量 \\Delta d 的关系。 由 L = \\dfrac{2Cd}{v} 变形得： d=L⋅v2C d = \frac{L \cdot v}{2C} d=2CL⋅v 那么变化量满足： Δd=ΔL⋅v2C \Delta d = \frac{\Delta L \cdot v}{2C} Δd=2CΔL⋅v 代入数值： Δd=800bit×2×108m/s2×109bit/s\Delta d = \frac{800\text{bit} \times 2 \times 10^8\text{m/s}}{2 \times 10^9\text{bit/s}}Δd=2×109bit/s800bit×2×108m/s
计算Δd=80m\Delta d=80mΔd=80m
得出结论：
最小帧长减少 800 bit，对应的距离需要减少 80 m。
四 参考答案
参考答案 D
五 考点精析
5.1 最短帧长和争用期
. 争用期（Collision Window / Slot Time）
- 定义 ：在 CSMA/CD 协议中，从一个站点开始发送数据 ，到它能够检测到最远端可能发生的冲突 所需的最大时间。
- 物理意义 ：信号在网络中最远两个站点之间往返一次所需的时间。
- 别名 ：时隙时间（Slot Time）、冲突窗口。 ✅ 关键点 ：
只有在争用期内检测到冲突，发送方才有效；若帧已发完才冲突，则无法检测 → 协议失效。
- 争用期计算
争用期=2τ=2×dmaxv\text{争用期} = 2\tau = 2 \times \frac{d_{\max}}{v}争用期=2τ=2×vdmax
dmaxd_{\max}dmax:网络中最远两个站点之间的距离 （单位：m）
v ：信号在传输介质中的传播速度（单位：m/s）
最短帧长（Minimum Frame Length）
- 定义 ：为保证 CSMA/CD 能够可靠检测冲突，帧的传输时间必须不小于争用期 ，由此推导出的帧长度下限。
- 目的 ：确保发送方在发送完整个帧之前，有足够时间收到冲突信号。
✅ 关键点 ：
若帧太短（如 < 64 字节），可能在冲突发生前就发送完毕，导致冲突"漏检"。
- 计算
为满足：
帧传输时间≥争用期
即：LminR≥2τ\frac{L_{\min}}{R} \geq 2\tauRLmin≥2τ
整理得: Lmin=R×2τ=2RdmaxvL_{\min} = R \times 2\tau = \frac{2R d_{\max}}{v}Lmin=R×2τ=v2Rdmax
LminL_{\min}Lmin：最短帧长（单位：bit）
RRR ：链路传输速率（单位：bps）
5.2 最小帧长64字节
标准以太网参数（10BASE5 / 10BASE2）
| 参数 | 值 |
|---|---|
| 传输速率 RRR | 10 Mbps = 10710^7107 bps |
| 最大网络直径（等效） | 2500 米（考虑中继器延迟后，等效为 5000 米电缆） |
| 信号传播速度 vvv | 2×1082 \times 10^82×108 m/s（即 200,000 km/s） |
计算单程传播时延：
τ=dv=25002×108=12.5μs\tau = \frac{d}{v} = \frac{2500}{2 \times 10^8} = 12.5\mu\text{s}τ=vd=2×1082500=12.5μs
但 IEEE 802.3 标准规定：
争用期 = 51.2 μs （对应 512 bit-time 在 10 Mbps 下）
为什么是 51.2 μs？
-
考虑了最多 4 个中继器 引入的额外延迟；
-
等效最大距离按 5000 米 计算：
2τ=2×2500×22×108=5000108=50μs≈51.2μs2\tau = \frac{2 \times 2500 \times 2}{2 \times 10^8} = \frac{5000}{10^8} = 50\mu\text{s} \approx 51.2\mu\text{s}2τ=2×1082×2500×2=1085000=50μs≈51.2μs
✅ 标准化取整：51.2 μs 是为了使最小帧长为整数字节。
计算最小帧长
在 10 Mbps 下，51.2 μs 可传输的比特数为：
Lmin=R×争用期=107bps×51.2×10−6s=512bit=64字节 L_{\min} = R \times \text{争用期} = 10^7\text{bps} \times 51.2 \times 10^{-6}\text{s} = 512\text{bit}=64 字节 Lmin=R×争用期=107bps×51.2×10−6s=512bit=64字节
六 考点跟踪
| 年份 | 题号 | 考查内容 | CSDN 参考链接 | VX参考链接 |
|---|---|---|---|---|
| 2009 | 第37题 | 最小帧长减少 800 bit，求距离变化 | ||
| 2016 | 第36题 | 最短帧长64B | ||
| 2019 | 第36题 | 最短帧长 | ||
| 2022 | 第47题 | 求最远距离 |
说明 ：本文内容基于公开资料整理，参考了包括但不限于《数据结构》（严蔚敏）、《计算机操作系统》（汤小丹）、《计算机网络》（谢希仁）、《计算机组成原理》（唐朔飞）等国内高校经典教材，以及其他国际权威著作。同时，借鉴了王道、天勤、启航等机构出版的计算机专业考研辅导系列丛书 中的知识体系框架与典型题型分析思路。文中所有观点、例题解析及文字表述均为作者结合自身理解进行的归纳与重述，未直接复制任何出版物原文。内容仅用于学习交流，若有引用不当或疏漏之处，敬请指正。