在计算机网络中，信道长度6km，信号在信道中的传播速率为200m/µs，数据传输速率为20Mb/s。求满足该信道的最小帧长为（）kbit。

根据网络数据传输的基本原理，帧长需要满足以下条件：帧长 = 数据长度 + 校验长度 + 地址长度 + 控制长度 + 帧长字段长度 + 预留字段长度 + 数据长度。

其中，数据长度为20M/秒 ÷ 20bit/秒 = 1Mbit/秒；

信道延迟为 6km ÷ 200m/µs = 30ms；

因此，最小帧长为 1Mbit/秒 × 30ms = 30kbit。

相关问题

16、 某电离层反射信道的最大多径时延差为 30µs ，为了避免频率选择性衰落， 工程上认为在该信道上传输数字信号的码速率不应超 过 。

根据题目所给的条件，某电离层反射信道的最大多径时延差为30μs。为了避免频率选择性衰落，需要确定数字信号的最大码速率。

频率选择性衰落的产生原因是信号在传输过程中，经过多条不同长度的多径，导致在接收端信号的不同频率分量之间产生相位差，从而影响信号的传输质量。为了避免频率选择性衰落，需要满足码速率小于等于信道的带宽，即R_b ≤ B，其中R_b为数字信号的码速率，B为信道的带宽。由于信道的最大多径时延差为30μs，因此可以计算得到信道的带宽为：

B = \frac{1}{2 \times \Delta t} = \frac{1}{2 \times 30 \times 10^{-6}} = 16.67kHz

因此，为了避免频率选择性衰落，数字信号的最大码速率不应超过16.67kHz。

假设要传送的报文长度为106bit。从源点到终点共经过4个节点，假设相邻节点间每段链路的距离相同，均为20km，数据在链路上的传播速度是2´108m/s，发送端和中间节点的速率为100Mbit/s。采用电路交换时，电路建立时间为2ms。分组交换时，每个分组长度为1kbit（首部长度忽略不计）,各节点的排队和处理时间忽略不计。分别计算采用电路交换和分组交换时，该报文在网络中的总时延。

对于电路交换，报文需要建立电路，传输完成后再释放电路。因此，总时延由以下三部分组成：

1. 电路建立时间：2ms
2. 数据传输时间：数据长度为106bit，速率为100Mbit/s，因此需要传输时间为106/100M = 1.06µs
3. 电路释放时间：传输完成后需要释放电路，时间可以忽略不计

因此，总时延为2ms + 1.06µs = 2.00106ms

对于分组交换，报文需要分成多个分组进行传输，每个分组需要独立地进行路由和转发。因此，总时延由以下四部分组成：

1. 首个分组传输时间：首个分组需要进行路由计算和转发，因此需要额外的时间。由于相邻节点间距离为20km，因此传输时间为20km / 2´108m/s = 0.1ms。此外，由于每个分组长度为1kbit，速率为100Mbit/s，因此传输时间为1µs。因此，首个分组的总传输时间为0.1ms + 1µs = 0.101ms。
2. 中间分组传输时间：中间分组只需要进行转发，因此传输时间为1µs。
3. 最后一个分组传输时间：最后一个分组需要进行转发并等待终点确认，因此传输时间为1µs，并且需要等待确认的时间为2´20km / 2´108m/s = 0.2ms。
4. 分组之间的传输间隔时间：由于每个分组需要独立地进行路由计算和转发，因此分组之间需要一定的传输间隔时间。假设每个分组之间的间隔时间为1µs，则总间隔时间为(106/1k - 1)´1µs = 105µs。

因此，总时延为0.101ms + (106/1k - 2)´1µs + 1µs + 0.2ms + 105µs = 0.407ms。

因此，在这种情况下，采用分组交换的总时延要比采用电路交换的总时延小。