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3.5 介质访问控制 (答案见原书 P93)

news 2025/9/29 17:15:42

第3章数据链路层 (续)

3.5 介质访问控制 (答案见原书 P93)

01. 信道划分介质访问控制的核心思想是 ( A )

题目原文

信道划分介质访问控制的核心思想是 ( )
A. 通过分时、分频、分码等方法,将广播信道变为若干点对点信道
B. 胜利者通过争用获得信道,从而获得信息的发送权
C. 通过集中控制方式解决发送信息的次序问题
D. 通过轮询方式依次询问每个站点是否有数据要发送

正确答案：A

题目解析

考点分析： 本题考察信道划分介质访问控制（Channel Partitioning MAC） 的基本原理。
正确选项分析 (A. …将广播信道变为若干点对点信道)：
- 信道划分MAC协议是一类静态的分配方法。
- 它的核心思想是将一个物理上的广播信道（所有用户共享），通过技术手段逻辑上分割成多条互不干扰的子信道。
- 每个用户被固定地分配到一个子信道。这样，用户在使用自己的子信道时，就好像在使用一条点对点的专用线路，完全不会与其他用户发生冲突。
- 实现分割的方法主要有：
  - 频分复用 (FDM): 按频率分割。
  - 时分复用 (TDM): 按时间分割。
  - 码分复用 (CDM): 按码片序列分割。
错误选项分析：
- B: 描述的是随机访问MAC（如CSMA）。
- C, D: 描述的是轮询访问MAC（一种受控访问）。

02. 将物理信道的总频带宽分割成若干子信道, 每个子信道传输一路信号, 这种信道复用技术是 ( B )

题目原文
02. 将物理信道的总频带宽分割成若干子信道, 每个子信道传输一路信号, 这种信道复用技术是 ( )
A. 码分复用 B. 频分复用 C. 时分复用 D. 空分复用

正确答案：B

题目解析

考点分析： 本题考察对频分复用（Frequency-Division Multiplexing, FDM） 的定义。
正确选项分析 (B. 频分复用)：
- FDM的原理就是将整个传输介质的频率带宽划分为多个不重叠的频率子带（子信道）。
- 每一路用户信号被调制到不同的载波频率上，从而占用一个专属的频率子带进行传输。
- 所有用户的信号可以同时在同一介质上传输，但因为频率不同而互不干扰。
错误选项分析：
- A. 码分复用：所有用户共享同一时间和频率，但使用不同的码片序列来区分。
- C. 时分复用：所有用户共享同一频率，但在不同的时间片内轮流使用。
- D. 空分复用：利用空间分割（如不同方向的天线）来实现信道复用。

03. TDM 所用传输介质的性质是 ( D ) (注: 本题选项中的带宽是指信号的频率范围)

(该题答案应为D)

题目原文
03. TDM 所用传输介质的性质是 ( ) (注: 本题选项中的带宽是指信号的频率范围)
A. 介质的带宽大于结合信号的位速率 B. 介质的带宽小于单个信号的带宽
C. 介质的位速率小于最小信号的带宽 D. 介质的位速率大于单个信号的位速率

正确答案：D

题目解析

考点分析： 本题考察时分复用（Time-Division Multiplexing, TDM） 对传输介质速率的要求。
正确选项分析 (D. 介质的位速率大于单个信号的位速率)：
- TDM是将时间划分为一个个的时间片（时隙），轮流分配给不同的用户。
- 在一个时间片内，该用户独占整个信道的全部带宽。
- 为了能够在很短的时间片内传输完一个用户的数据单元，传输介质的数据传输速率（位速率） 必须远大于任何一个单个用户的数据产生速率。
- 例如，要将N路速率为v的用户信号复用，介质的总速率至少需要N * v。
错误选项分析：
- A, B: TDM主要关心的是位速率（时间域），而不是频率带宽（频率域）。
- C: 关系说反了。

04. 从表面上看, FDM 比 TDM 能更好地利用信道的传输能力,但现在计算机网络更多地使用 TDM 而非 FDM, 其原因是 ( B )

题目原文
04. 从表面上看, FDM 比 TDM 能更好地利用信道的传输能力,但现在计算机网络更多地使用 TDM 而非 FDM, 其原因是 ( )
A. FDM 实际能力更差
B. TDM 可用于数字传输而 FDM 不行
C. FDM 技术不成熟
D. TDM 能更充分地利用带宽

正确答案：B

题目解析

考点分析： 本题对比FDM和TDM在数字通信领域的适用性。
正确选项分析 (B. TDM 可用于数字传输而 FDM 不行)：
- 【答案校对与分析】 您提供的答案是B。这个说法的后半句“FDM不行”是不准确的。FDM也可以通过调制技术传输数字信号（例如，ADSL就是一种频分复用技术）。
- 但是，TDM与数字信号的结合更天然、更简单、更高效。计算机产生的就是离散的时间脉冲（数字信号），非常适合直接放入一个个时间片中进行传输。
- 而FDM源于模拟通信，用于数字传输时需要复杂的调制解调过程。
- 因此，TDM在数字通信领域（特别是计算机网络）的应用远比FDM广泛。
结论： 在给定的选项中，B最能解释为什么TDM在计算机网络中更受青睐。

05. 在下列复用技术中,( B ) 具有动态分配时隙的功能。

题目原文
05. 在下列复用技术中,( ) 具有动态分配时隙的功能。
A. 同步时分复用 B. 统计时分复用 C. 频分复用 D. 码分复用

正确答案：B

题目解析

考点分析： 本题考察同步TDM和统计TDM的区别。
正确选项分析 (B. 统计时分复用, STDM - Statistical TDM)：
- 同步TDM (Synchronous TDM): 静态地为每个用户分配固定的时间片，无论该用户当前是否有数据要发送。如果用户无数据，其对应的时间片就会被浪费掉。
- 统计TDM (Asynchronous TDM / STDM): 动态地按需分配时隙。它只为当前有数据要发送的用户分配时间片。这样可以避免时间片的浪费，提高信道的利用率，特别适合数据具有突发性的计算机通信。
错误选项分析：
- A: 是静态分配。
- C, D: 不涉及“时隙”分配。

06. 在下列协议中,不会发生冲突的是 ( A )

(该题答案应为A)

题目原文
06. 在下列协议中,不会发生冲突的是 ( )
A. TDM B. ALOHA C. CSMA D. CSMA/CD

正确答案：A

题目解析

考点分析： 本题要求区分无冲突（免冲突） 协议和有冲突（争用） 协议。
正确选项分析 (A. TDM, 时分复用)：
- TDM属于信道划分介质访问控制。
- 它为每个用户分配了专用的、固定的时间片。
- 用户只在自己的时间片内发送数据，与其他用户在时间上是完全错开的。
- 因此，永远不会发生两个用户同时发送数据而导致的冲突（碰撞）。
错误选项分析（都是有冲突协议）：
- B. ALOHA: 纯随机访问，想发就发，冲突严重。
- C. CSMA (载波侦听多路访问): 先听后说，但仍可能因传播时延导致冲突。
- D. CSMA/CD (带冲突检测的CSMA): 边说边听，能检测到冲突并进行退避，但它本身就是一种处理冲突的协议，意味着冲突是可能发生的。

07. 在纯 ALOHA 协议中,一个站点想要发送数据时 ( C )

题目原文
07. 在纯 ALOHA 协议中,一个站点想要发送数据时 ( )
A. 必须等待信道空闲 B. 必须等待下一个时间槽开始
C. 可以立即发送 D. 必须先发送 RTS 帧

正确答案：C

题目解析

考点分析： 本题考察纯ALOHA协议的基本规则。
正确选项分析 (C. 可以立即发送)：
- 纯ALOHA协议的规则非常简单粗暴：“想发就发”。
- 任何一个站点只要有数据要发送，它就不进行任何检测，直接将数据帧发送出去。
- 这种“无政府主义”的方式必然导致大量的冲突。
错误选项分析：
- A. 等待信道空闲：这是CSMA协议的规则。
- B. 等待下一个时间槽：这是时隙ALOHA (Slotted ALOHA) 的规则。
- D. 先发送RTS帧：这是CSMA/CA中用于避免“隐藏终端”问题的机制。

08. 下列几种 CSMA 协议中,( C ) 协议在监听到介质空闲时仍可能不发送。

题目原文
08. 下列几种 CSMA 协议中,( ) 协议在监听到介质空闲时仍可能不发送。
A. 1 - 坚持 CSMA B. 非坚持 CSMA C. p - 坚持 CSMA D. 以上都不是

正确答案：C

题目解析

考点分析： 本题考察三种CSMA协议在监听到信道空闲后的不同处理策略。
正确选项分析 (C. p - 坚持 CSMA)：
- p-坚持CSMA的规则是：
  1. 监听到信道忙，则持续监听。
  2. 监听到信道空闲时：
    - 以概率 p 立即发送数据。
    - 以概率 1-p 延迟一个时间单位（通常是最大传播时延），然后返回第1步重新监听。
- 因此，即使信道空闲，它也可能不发送（当随机选择延迟时）。这个策略是为了缓解多个等待的站点在信道一空闲就同时发送而导致的冲突。
错误选项分析：
- A. 1-坚持CSMA: 监听到空闲，立即发送（概率为1）。
- B. 非坚持CSMA: 监听到空闲，立即发送。

09. 在 CSMA 的非坚持协议中,当信号忙时,则 ( C ) 直到介质空闲。

(该题答案应为C)

题目原文
09. 在 CSMA 的非坚持协议中,当信号忙时,则 ( ) 直到介质空闲。
A. 延迟一个固定的时间单位再监听 B. 继续监听
C. 延迟一个随机的时间单位再监听 D. 放弃监听

正确答案：C

题目解析

考点分析： 本题考察非坚持CSMA（Non-persistent CSMA） 在监听到信道忙时的处理策略。
正确选项分析 (C. 延迟一个随机的时间单位再监听)：
- 非坚持CSMA的规则是：
  1. 先监听信道。
  2. 如果信道空闲，则立即发送。
  3. 如果信道忙，则放弃监听，等待一个随机的时间后，再返回第1步重新开始。
- 这种“知难而退”的策略可以减少因多个站点持续监听而导致的冲突，但可能会增加延迟。
错误选项分析：
- A: 延迟时间是随机的，不是固定的。
- B: “继续监听”是1-坚持CSMA的策略。
- D: 不是完全放弃，是延迟后再尝试。

10. 在 CSMA 的非坚持协议中,当站点监听到总线信道空闲时,它 ( B )

(该题答案应为B)

题目原文
10. 在 CSMA 的非坚持协议中,当站点监听到总线信道空闲时,它 ( )
A. 以概率 p 传送
B. 马上传送
C. 以概率 1 - p 传送
D. 以概率 p 延迟一个时间单位后传送

正确答案：B

题目解析

考点分析： 本题与上一题互补，考察非坚持CSMA在监听到信道空闲时的处理策略。
正确选项分析 (B. 马上传送)：
- 如上题所述，非坚持CSMA的规则是，一旦监听到信道是空闲的，就立即（马上）发送数据。
错误选项分析：
- A, C, D: 涉及概率p的是p-坚持CSMA的策略。

11. 在 CSMA/CD 协议的定义中,“争用期”指的是 ( A )

题目原文
11. 在 CSMA/CD 协议的定义中,“争用期”指的是 ( )
A. 信号在最远两个端点之间往返传输的时间
B. 信号从线路一端传输到另一端的时间
C. 从发送开始到收到应答的时间
D. 从发送完毕到收到应答的时间

正确答案：A

题目解析

考点分析： 本题考察对CSMA/CD协议中争用期（Contention Period） 或 冲突窗口（Collision Window） 的精确定义。
正确选项分析 (A. 信号在最远两个端点之间往返传输的时间)：
- 争用期是指发送站点为了能够检测到可能发生的冲突，所必须持续发送数据的时间。
- 最坏的冲突情况是： 位于网络一端A的站点刚开始发送，信号即将到达网络另一端B时，B也开始发送。B会立即检测到冲突，但A必须等待B的冲突信号传回来才能知道。
- 这个“一去一回”的时间，就是信号在网络中最远两个端点之间的往返传播时延（Round-Trip Propagation Delay, RTT），即 2 * τ (τ为单向最大传播时延)。
- 因此，争用期就是 2τ。
错误选项分析：
- B: 这只是单向传播时延 τ。
- C, D: CSMA/CD是无连接协议，不涉及应答（ACK）。

12. 在 CSMA/CD 协议中,若不对帧的长度加以限制,当一个站在发送完毕之前没有检测到冲突,则该站所发送的帧 ( B ) 和其他站发送的帧发生冲突。

(该题答案应为B)

题目原文
12. 在 CSMA/CD 协议中,若不对帧的长度加以限制,当一个站在发送完毕之前没有检测到冲突,则该站所发送的帧 ( ) 和其他站发送的帧发生冲突。
A. 肯定不会 B. 可能会 C. 肯定会 D. 无法判断

正确答案：B

题目解析

考点分析： 本题考察CSMA/CD协议中最小帧长的必要性。
正确选项分析 (B. 可能会)：
- CSMA/CD协议规定，一个站点必须在发送帧的同时进行冲突检测。
- 如果一个站点发送的帧太短，以至于在争用期（2τ）结束之前，这个帧就已经发送完毕了，那么就会出现问题。
- 场景： A发送了一个非常短的帧。在A发送完毕后，该帧的信号还在路上，此时B开始发送，产生了冲突。但因为A已经停止发送，它也就停止了冲突检测，因此无法感知到这个“迟到的”冲突。B会检测到冲突并停止，但A会错误地认为自己发送成功了。
- 因此，如果帧长太短（发送时间 < 争用期），就可能会发生冲突而无法被发送方检测到。
错误选项分析：
- A: 可能会。
- C: 不一定会，也可能不发生冲突。
【答案校对】 您提供的答案是D (无法判断)。
- 结论： 标准答案应为 B. 可能会。无法判断是不准确的，因为我们明确知道存在这种可能性。

13. 以太网中,当数据传输速率提高时…为了能有效地检测冲突,可以使用的解决方案有 ( B )

题目原文
13. 以太网中,当数据传输速率提高时,帧的发送时间会相应地缩短,这样可能会影响到冲突的检测。为了能有效地检测冲突,可以使用的解决方案有 ( )
A. 减少电缆介质的长度或减少最短帧长
B. 减少电缆介质的长度或增加最短帧长
C. 增加电缆介质的长度或减少最短帧长
D. 增加电缆介质的长度或增加最短帧长

正确答案：B

题目解析

考点分析： 本题考察CSMA/CD协议中的一个核心约束关系。
核心约束关系： 帧的发送时延 ≥ 争用期
- T_send ≥ 2 * T_prop
- (最小帧长 / 数据传输速率) ≥ 2 * (最大网段长度 / 传播速率)
分析问题： 当数据传输速率提高时，T_send会变小，可能导致上述不等式不成立。
寻找解决方案（保持不等式成立）：
- 要让 (最小帧长 / 速率) ≥ 2 * (长度 / 速度) 重新成立，我们可以：
  1. 减小右边： 减少电缆介质的长度。这样争用期2τ就变小了。
  2. 增大左边： 增加最短帧长。这样发送时延T_send就变大了。
结论： 解决方案是“减少电缆长度”或“增加最短帧长”。

14. 长度为 10km 数据传输速率为 10Mb/s 的 CSMA/CD 以太网…那么该网络的最小帧长为 ( D )

题目原文
14. 长度为 10km 数据传输速率为 10Mb/s 的 CSMA/CD 以太网, 信号传播速率为 200m/μs。那么该网络的最小帧长为 ( )
A. 20bit B. 200bit C. 100bit D. 1000bit

正确答案：D

题目解析

考点分析： 本题是CSMA/CD最小帧长的计算题。
计算公式： 最小帧长 = 争用期 * 数据传输速率
- 最小帧长 = (2 * T_prop) * R
计算过程：
1. 计算单向最大传播时延 T_prop：
  - 长度 L = 10 km = 10,000 m。
  - 传播速率 V = 200 m/µs = 200 * 10^6 m/s = 2 * 10^8 m/s。
  - T_prop = L / V = 10,000 / (2 * 10^8) = 5 * 10⁻⁵ s。
2. 计算争用期 2 * T_prop：
  - 争用期 = 2 * 5 * 10⁻⁵ s = 10⁻⁴ s。
3. 计算最小帧长：
  - 数据传输速率 R = 10 Mb/s = 10 * 10^6 b/s。
  - 最小帧长 = (10⁻⁴ s) * (10 * 10^6 b/s)
  - 最小帧长 = 10 * 10^2 b = 1000 bit。
结论： 该网络的最小帧长为1000bit。

15. 以太网中若发生信道访问冲突,则按照二进制指数退避算法决定下一次重发的时间。使用二进制退避算法的理由是 ( C )

题目原文
15. 以太网中若发生信道访问冲突,则按照二进制指数退避算法决定下一次重发的时间。使用二进制退避算法的理由是 ( )
A. 这种算法简单
B. 这种算法执行速度快
C. 这种算法考虑了网络负载对冲突的影响
D. 这种算法与网络的规模大小无关

正确答案：C

题目解析

考点分析： 本题考察二进制指数退避算法（Binary Exponential Backoff） 的设计思想。
正确选项分析 (C. 这种算法考虑了网络负载对冲突的影响)：
- 算法规则： 发生第k次冲突后，每个站点从 [0, 1, ..., 2^k - 1] 这个集合中随机选择一个数r，然后等待 r * (争用期) 的时间后再尝试重发。
- 核心思想：
  - 随着连续冲突次数的增加（这通常意味着网络负载很重，有很多站点在争用信道），随机选择的范围 [0, 2^k - 1] 会指数级地增大。
  - 这使得各个站点选择的随机等待时间会更加分散，从而降低了它们在下一次尝试时再次发生冲突的概率。
- 因此，该算法能够动态地适应网络负载的变化。
错误选项分析：
- A, B, D: 描述不准确或不是其核心理由。

16. 以太网中采用二进制指数退避算法处理冲突问题。下列数据帧重传时再次发生冲突的概率最低的是 ( D )

题目原文
16. 以太网中采用二进制指数退避算法处理冲突问题。下列数据帧重传时再次发生冲突的概率最低的是 ( )
A. 首次重传的帧
B. 发生两次冲突的帧
C. 发生三次重传的帧
D. 发生四次重传的帧

正确答案：D

题目解析

考点分析： 本题是上一题思想的直接应用。
正确选项分析 (D. 发生四次重传的帧)：
- 重传次数越多，意味着之前连续冲突的次数越多。
- 根据二进制指数退避算法，连续冲突的次数k越大，随机等待时间的取值范围 [0, 2^k - 1] 就越大。
- 取值范围越大，各个冲突站点选择到同一个等待时间的概率就越小，因此它们再次发生冲突的概率也就最低。
分析各选项的随机范围：
- A. 首次重传 (k=1): 范围 [0, 1]。
- B. 两次冲突后 (k=2): 范围 [0, 1, 2, 3]。
- C. 三次重传后 (k=3): 范围 [0, ..., 7]。
- D. 四次重传后 (k=4): 范围 [0, ..., 15]。
- 范围最大的是D，所以再次冲突的概率最低。

17. 某 100Mb/s 以太网使用 CSMA/CD 协议…则所需等待的最大退避时间是 ( B )

(该题题干存在笔误，应为第二次冲突后)

题目原文（修正）：
17. 某 100Mb/s 以太网使用 CSMA/CD 协议,该以太网中的某个站在发送帧时检测到冲突,并准备进行第二次重传, 则所需等待的最大退避时间是 ( )
A. 5.12μs B. 15.36μs C. 25.6μs D. 51.2μs

正确答案：B

题目解析

考点分析： 本题是二进制指数退避算法的等待时间计算题。
计算过程：
1. 确定冲突次数 k：
  - “第二次重传”意味着已经发生了两次连续的冲突。
  - 第一次冲突后，进行第1次重传 (k=1)。
  - 第1次重传又失败了（第2次冲突），现在准备进行第2次重传。此时 k=2。
2. 确定随机数 r 的取值范围：
  - 范围 = [0, 1, ..., 2^k - 1]
  - k=2 时，范围 = [0, 1, 2, 3]。
3. 确定最大退避时间：
  - 退避时间 = r * (争用期)。
  - 最大退避时间发生在 r 取最大值时，即 r_max = 3。
4. 计算争用期（2τ）：
  - 对于标准以太网，争用期是一个固定的值。
  - 争用期 = 512比特时间 = 发送512个比特所需的时间。
  - 争用期 = 512 bit / 数据传输速率
  - 争用期 = 512 / (100 Mb/s) = 512 / (100 * 10^6) s = 5.12 * 10⁻⁶ s = 5.12 µs。
5. 计算最大等待时间：
  - 最大等待时间 = r_max * 争用期 = 3 * 5.12 µs = 15.36 µs。
结论： 所需等待的最大退避时间是15.36µs。

18. 在以太网的二进制指数退避算法中, 在 11 次冲突之后, 站点会在 0 ∼ ( ) 之间选择一个随机数。

题目原文
18. 在以太网的二进制指数退避算法中, 在 11 次冲突之后, 站点会在 0 ∼ ( ) 之间选择一个随机数。
A. 255 B. 511 C. 1023 D. 2047

正确答案：C

题目解析

考点分析： 本题考察二进制指数退避算法的一个上限规则。
算法规则：
- 第k次冲突后，随机数 r 的取值范围是 [0, 2^k - 1]。
- 但是，这个k不是无限增大的。为了防止范围过大导致等待时间过长，规定 k 的最大取值为10。
- 即，当冲突次数 k > 10 时，k 仍然按10来计算。
分析过程：
- 题目中是“11次冲突之后”，此时 k=11。
- 因为 11 > 10，所以 k 按10来取值。
- 随机数的范围是 [0, 2^10 - 1]。
- 2^10 - 1 = 1024 - 1 = 1023。
结论： 站点会在 0 ~ 1023 之间选择一个随机数。

19. 与 CSMA/CD 网络相比, 令牌环网更适合的环境是 ( B )

题目原文
19. 与 CSMA/CD 网络相比, 令牌环网更适合的环境是 ( )
A. 负载轻 B. 负载重 C. 距离远 D. 距离近

正确答案：B

题目解析

考点分析： 本题对比两种经典的局域网MAC协议：争用型（CSMA/CD） 和 受控型（令牌环） 的性能特点。
正确选项分析 (B. 负载重)：
- CSMA/CD:
  - 负载轻时，信道大概率空闲，站点可以很快发送数据，效率高。
  - 负载重时，大量站点争用信道，冲突概率急剧增加，导致大量时间浪费在冲突和退避上，效率急剧下降。
- 令牌环网:
  - 是一种无冲突的协议。站点必须获得“令牌”才能发送数据。
  - 负载轻时，令牌可能在环路上空转多圈才被一个站点使用，信道大部分时间是空闲的，效率不高。
  - 负载重时，每个站点都有数据要发，令牌每次经过一个站点都会被立即使用，信道被持续、高效地利用，效率非常高，且性能稳定。
结论： 令牌环网在高负载下表现优于CSMA/CD。

20. 根据 CSMA/CD 协议的工作原理, 需要提高最短帧长度的是 ( B )

题目原文
20. 根据 CSMA/CD 协议的工作原理, 需要提高最短帧长度的是 ( )
A. 网络传输速率不变,冲突域的最大距离变短
B. 冲突域的最大距离不变,网络传输速率提高
C. 上层协议使用 TCP 的概率增加
D. 在冲突域不变的情况下减少线路中的中继器数量

正确答案：B

题目解析

考点分析： 本题与第13题考点完全相同，考察CSMA/CD的核心约束关系。
核心约束关系： (最小帧长 / 数据传输速率) ≥ 2 * (最大距离 / 传播速率)
正确选项分析 (B. …距离不变,网络传输速率提高)：
- 当网络传输速率（分母）提高时，最小帧长 / 速率 这一项会变小。
- 为了维持不等式 ≥ 成立，就必须增大分子，即提高最短帧长度。
- 这正是从10Mb/s以太网（最小帧长64B）发展到1Gb/s以太网时，引入“载波扩展”或“帧突发”技术的原因。
错误选项分析：
- A. 距离变短：右边变小，可以降低最短帧长。
- C: 与上层协议无关。
- D: 减少中继器会减小最大距离，同A。

21. 在某 CSMA/CD 局域网中…则站点的最长冲突检测时间是 ( A )

题目原文
21. 在某 CSMA/CD 局域网中, 使用一个 Hub 连接所有站点, 且限定站点到 Hub 的最长距离为 100m, 信号的传播速率为 200000km/s, 则站点的最长冲突检测时间是 ( )
A. 2μs B. 2ms C. 1μs D. 1ms

正确答案：A

题目解析

考点分析： 本题考察争用期（2τ） 的计算，需要先根据网络拓扑确定最远两个端点之间的距离。
分析过程：
1. 确定最远端点距离：
  - 网络是由一个Hub（集线器） 连接的星型物理拓扑。
  - 最远的两个端点是分别连接在Hub上的两台计算机。
  - 信号从一台计算机A发出，需要先到达Hub，然后再由Hub广播到另一台计算机B。
  - 因此，最远距离 = A到Hub的距离 + Hub到B的距离。
  - 最远距离 = 100m + 100m = 200m。
2. 计算单向最大传播时延 τ (T_prop)：
  - τ = 最远距离 / 传播速率
  - 传播速率 = 200000 km/s = 200000 * 1000 m/s = 2 * 10^8 m/s。
  - τ = 200 m / (2 * 10^8 m/s) = 100 * 10⁻⁸ s = 1 * 10⁻⁶ s = 1 µs。
3. 计算最长冲突检测时间（争用期）：
  - 争用期 = 2 * τ
  - 争用期 = 2 * 1 µs = 2 µs。
结论： 最长冲突检测时间是2µs。

22. 无线局域网不使用 CSMA/CD 而使用 CSMA/CA 的原因是,无线局域网 ( B )

题目原文
22. 无线局域网不使用 CSMA/CD 而使用 CSMA/CA 的原因是,无线局域网 ( )
A. 不能同时收发,无法在发送时接收信号
B. 难以实现冲突检测,存在隐蔽站和暴露站问题
C. 无线信号的广播特性,使得不会出现冲突
D. 覆盖范围很小, 不进行冲突检测不影响正确性

正确答案：B

题目解析

考点分析： 本题考察无线局域网（WLAN）为什么不能使用CSMA/CD（冲突检测）而必须使用CSMA/CA（冲突避免）。
正确选项分析 (B. 难以实现冲突检测,存在隐蔽站和暴露站问题)：
- 这个选项指出了两个核心原因：
  1. 难以实现冲突检测： 在无线信道中，信号强度衰减非常快。一个站点发送信号的功率通常远大于它能接收到的其他站点的信号功率。这导致它在发送时，自己的强信号会“淹没”掉来自远方的微弱的冲突信号，使得边发送边检测冲突在硬件上非常困难。
  2. 存在隐蔽站和暴露站问题：
    - 隐蔽站 (Hidden Station): A和C都与B通信，但A和C互相听不到对方。当A在给B发数据时，C以为信道是空闲的，也开始发送，从而在B处产生冲突。CSMA的载波侦听会失效。
    - 暴露站 (Exposed Station): B在给A发数据，C能听到B的信号，以为信道忙，就不敢给D发数据，但实际上C到D的通信并不会干扰B到A的通信。
- 这两个问题都使得简单的冲突检测变得无效。
错误选项分析：
- A: “不能同时收发”是原因之一，但B更全面，指出了更深层次的“隐蔽站”等问题。
- C: 正是因为广播特性和信号衰减，才更容易出现冲突。
- D: 覆盖范围不一定很小，且不检测会严重影响正确性。

23. 下列关于 CSMA/CA 的叙述中,正确的是 ( A )

题目原文
23. 下列关于 CSMA/CA 的叙述中,正确的是 ( )
A. 接收方收到数据帧后, 需要向发送方返回确认帧
B. CA 表示 CollisionAvoidance,即冲突避免,因而此类网络中不会出现冲突
C. 按照载波监听的工作原理, 发送站点在检测到信道空闲后立即启动发送
D. CSMA/CA 和 CSMA/CD 的区别之一是 CSMA/CA 不需要使用退避算法

正确答案：A

题目解析

考点分析： 本题考察CSMA/CA协议的核心机制。
正确选项分析 (A. 接收方收到数据帧后, 需要向发送方返回确认帧)：
- 由于无线信道不可靠，且无法进行有效的冲突检测，为了保证数据传输的可靠性，CSMA/CA协议规定，接收方在成功收到一个数据帧后，必须向发送方返回一个确认帧（ACK）。
- 如果发送方在规定时间内没有收到ACK，就会认为数据帧丢失（可能因冲突或其他原因），并进行重传。
错误选项分析：
- B: “冲突避免”是通过预约、随机退避等方式尽量减少冲突发生的概率，但不能完全杜绝冲突。
- C: 检测到信道空闲后，还需要再等待一个帧间间隔（IFS），如果信道仍然空闲，再进入一个随机退避窗口，倒计时结束后才能发送。不是“立即”发送。
- D: CSMA/CA同样需要使用二进制指数退避算法。当信道忙或发生冲突时，站点都需要进行随机退避。

24. CSMA/CA 协议的主要特点是 ( D )

(该题答案应为D)

题目原文
24. CSMA/CA 协议的主要特点是 ( )
A. 发送前先检测信道,信道空闲就立即发送,信道忙就随机推迟发送
B. 边发送边检测信道,一旦发现冲突就立即停止发送
C. 发送前先预约信道,获得信道授权后再发送
D. 发送后等待确认帧,在规定时间内未收到确认帧就重传

正确答案：D

题目解析

考点分析： 本题要求概括CSMA/CA区别于其他协议的主要特点。
正确选项分析 (D. 发送后等待确认帧…就重传)：
- 停止-等待确认（ACK）机制是CSMA/CA协议中至关重要的一环，也是它与CSMA/CD最显著的区别之一。
- 这个机制是其可靠性的保证。
错误选项分析：
- A: 这是非坚持CSMA的特点。
- B: 这是CSMA/CD的特点。
- C: “预约信道”（通过RTS/CTS帧）是CSMA/CA的一种可选机制，用于解决隐藏终端问题，但不是其所有模式下的主要特点。而“等待ACK”是必须的。

25. 在 CSMA/CA 协议中…它们之间的长度关系是 ( A )

题目原文
25. 在 CSMA/CA 协议中,有三种不同的时间参数: 短帧间间隔 SIFS、分布式协调帧间间隔 DIFS 和点协调帧间间隔 PIFS。它们之间的长度关系是 ( )
A. SIFS < PIFS < DIFS B. SIFS < DIFS < PIFS
C. PIFS < SIFS < DIFS D. PIFS < DIFS < SIFS

正确答案：A

题目解析

考点分析： 本题考察802.11标准中定义的帧间间隔（Inter-Frame Space, IFS） 的优先级关系。
正确选项分析 (A. SIFS < PIFS < DIFS)：
- 帧间间隔是用来设定不同类型流量的发送优先级的。间隔越短，优先级越高。
- SIFS (Short IFS): 最短的帧间间隔。用于最高优先级的帧，如ACK帧、CTS帧、分片后的后续数据帧。这些帧必须被尽快发送出去，以完成一次交互。
- PIFS (PCF IFS): 点协调功能使用的帧间间隔，比SIFS长，优先级居中。用于有AP集中控制的模式（点协调功能PCF）。
- DIFS (DCF IFS): 分布式协调功能使用的帧间间隔，是最长的。普通的数据帧在发送前，必须等待一个DIFS的时间。
结论： 优先级从高到低，时间间隔从小到大，顺序是 SIFS < PIFS < DIFS。

26. 下列关于令牌环网络的描述中,错误的是 ( B )

(该题答案应为A)

题目原文
26. 下列关于令牌环网络的描述中,错误的是 ( )
A. 令牌环网络存在冲突的可能
B. 同一时刻,环上只有一个节点的数据在传输
C. 网上所有节点共享网络带宽
D. 数据从一个节点到另一节点的时间可以计算

正确答案：A

题目解析

考点分析： 本题考察令牌环网（Token Ring） 这种受控访问MAC协议的特性。
错误选项分析 (A. 令牌环网络存在冲突的可能)：
- 这是错误的。令牌环是一种无冲突的协议。
- 它的工作原理是：一个特殊的小帧——令牌（Token）——在环路上循环传递。
- 只有持有令牌的节点，才有权发送数据。
- 由于在任何时刻，环路上只有一个令牌，因此也只有一个节点可以发送数据，从而从根本上避免了冲突的发生。
正确选项分析：
- B: 正确，因为只有一个令牌。
- C: 正确，所有节点共享环路这个物理介质，因此也共享其总带宽（虽然是分时使用）。
- D: 正确，令牌在环路上的循环时间是确定的，因此可以计算出获得令牌的最大等待时间。
【答案校对】 您提供的答案是B。但B“同一时刻…只有一个节点…在传输”是令牌环的正确描述。A选项是明确的错误。此题答案B有误。

27. 下列关于令牌环网络的说法中, 错误的是 ( C )

I.信道的利用率比较公平
II.重负载下信道利用率高
III.节点可以一直持有令牌,直至所要发送的数据传输完毕
IV.节点只能持有令牌一段固定的时间,对于没有数据要发送的节点也是如此

正确答案：C

题目解析

考点分析： 本题深入考察令牌环协议的细节。
逐项分析：
- I. …利用率比较公平： 正确。令牌以固定的顺序访问每个节点，保证了每个节点都有公平的发送机会。
- II. 重负载下信道利用率高： 正确。在重负载下，令牌几乎每次都会被使用，信道利用率接近100%，性能优于CSMA/CD。
- III. …可以一直持有令牌…： 错误。为了防止一个节点长时间霸占令牌，导致其他节点饿死，协议规定了令牌持有时间（Token Holding Time, THT）。一个节点在发送完一个帧或THT超时后，必须释放令牌。
- IV. …只能持有令牌一段固定的时间,对于没有数据要发送的节点也是如此： 错误。没有数据要发送的节点会立即将令牌转发给下一个节点，不会持有它。
组合判断： III 和 IV 是错误的。

28. 在令牌环网络中,当网络空闲时,环路中 ( A )

题目原文
28. 在令牌环网络中,当网络空闲时,环路中 ( )
A. 只有令牌帧在循环传递 B. 只有数据帧在循环传递
C. 令牌帧和数据帧都在循环传递 D. 令牌帧和数据帧都不在循环传递

正确答案：A

题目解析

考点分析： 本题考察令牌环网在空闲状态下的行为。
正确选项分析 (A. 只有令牌帧在循环传递)：
- 当网络空闲时，意味着没有任何节点有数据要发送。
- 此时，令牌（一个特殊的短控制帧） 会在环路上一站一站地快速循环传递。
- 每个节点收到令牌后，检查自己是否有数据要发，如果没有，就立即将令牌转发给下一个节点。
错误选项分析：
- B, C, D: 描述均错误。

29. 在令牌环网络中,当一个站点收到自己发出去的数据帧后,它将 ( A )

题目原文
29. 在令牌环网络中,当一个站点收到自己发出去的数据帧后,它将 ( )
A. 不再转发该帧,并重新产生一个令牌
B. 不再转发该帧,并等待下一个令牌
C. 继续转发该帧,并重新产生一个令牌
D. 继续转发该帧,并等待下一个令牌

正确答案：A

题目解析

考点分析： 本题考察令牌环网中，发送方回收自己发送的帧并释放令牌的过程。
正确选项分析 (B. 不再转发该帧,并等待下一个令牌)：
- 【答案校对与分析】 您提供的答案是B。但标准的令牌环协议是发送方在回收完自己的帧后，立即释放一个新的令牌。
- 标准流程：
  1. 站点A捕获令牌，发送数据帧。
  2. 数据帧在环路上传播，每个站点检查目的地址，目的站点B复制数据。
  3. 数据帧继续传播，最终返回到发送方A。
  4. 站点A检查返回的帧中的状态位（看B是否收到），然后从环路中移除这个帧（不再转发）。
  5. 在移除帧之后，站点A必须立即释放一个新的令牌到环路上，以便其他站点可以使用。
结论：
- “不再转发该帧”是正确的。
- 但“等待下一个令牌”是错误的，应该是“产生/释放一个新的令牌”。
- 此题的选项A“…并重新产生一个令牌”是更准确的描述。答案B存在错误。

30. 在令牌环网中,当所有站点都有数据帧要发送时,一个站点在最坏情况下等待获得令牌和发送数据帧的时间等于 ( B )

题目原文
30. 在令牌环网中,当所有站点都有数据帧要发送时,一个站点在最坏情况下等待获得令牌和发送数据帧的时间等于 ( )
A. 所有站点传送令牌的时间总和 B. 所有站点传送令牌和发送帧的时间总和
C. 所有站点传送令牌的时间总和的一半 D. 所有站点传送令牌和发送帧的时间总和的一半

正确答案：B

题目解析

考点分析： 本题考察令牌环网在重负载下的最大访问延迟。
正确选项分析 (B. 所有站点传送令牌和发送帧的时间总和)：
- 最坏情况： 某一个站点（例如，你）刚刚发送完数据并释放了令牌。
- 等待过程： 你必须等待令牌在环路上完整地绕一圈，依次被所有其他 N-1 个站点使用后，才能再次回到你这里。
- 一圈的总时间包括：
  1. 所有N个站点的发送时间： 因为题目说“所有站点都有数据要发”，所以每个站点获得令牌后都会用满它的发送时间。
  2. 令牌在环路上绕行一周的传播时间： 这个时间可以看作是“所有站点传送令牌的时间总和”。
- 因此，最坏的等待时间约等于令牌绕行一圈所需的时间，这个时间包含了所有站点的发送时间和令牌的传播时间。
结论： 选项B是对这个“绕行一圈”总时间的最好描述。

31. 在一条广播信道上连有 4 个站点…则 b 和 c 的码片序列可以为 ( C )

题目原文
31. 在一条广播信道上连有 4 个站点 a、 b、 c、 d,采用码分复用技术,当 a、 b、 c 要向 d 发送数据时,设 a 的码片序列为 (1, -1,1, -1), 则 b 和 c 的码片序列可以为 ( )
A. (-1,1,1,1) 和 (-1, -1, -1,1)
B. (-1, -1,1,1) 和 (-1,1, -1,1)
C. (-1,1,1, -1) 和 (1,1, -1, -1)
D. (-1, -1, -1, -1) 和 (1,1,1,1)

正确答案：C

题目解析

考点分析： 本题考察码分复用（CDMA） 中，码片序列必须满足的正交（Orthogonal） 条件。
正交条件： 任意两个不同站点的码片序列 S 和 T，其规格化内积必须为0。
- S · T = (1/m) * Σ(S_i * T_i) = 0 (m为码片长度)
- 简化为：向量的点积 Σ(S_i * T_i) 必须为0。
分析过程：
- 站点a的码片序列 Sa = (1, -1, 1, -1)。
- 我们需要从选项中找出一对码片序列 Sb 和 Sc，使得 Sa·Sb=0, Sa·Sc=0, 并且 Sb·Sc=0。
逐项验证：
- A. Sb=(-1,1,1,1), Sc=(-1,-1,-1,1)
  - Sa·Sb = 1*(-1) + (-1)*1 + 1*1 + (-1)*1 = -1 - 1 + 1 - 1 = -2 ≠ 0。A排除。
- B. Sb=(-1,-1,1,1), Sc=(-1,1,-1,1)
  - Sa·Sb = 1*(-1) + (-1)*(-1) + 1*1 + (-1)*1 = -1 + 1 + 1 - 1 = 0。 (Sa和Sb正交)
  - Sa·Sc = 1*(-1) + (-1)*1 + 1*(-1) + (-1)*1 = -1 - 1 - 1 - 1 = -4 ≠ 0。B排除。
- C. Sb=(-1,1,1,-1), Sc=(1,1,-1,-1)
  - Sa·Sb = 1*(-1) + (-1)*1 + 1*1 + (-1)*(-1) = -1 - 1 + 1 + 1 = 0。 (Sa和Sb正交)
  - Sa·Sc = 1*1 + (-1)*1 + 1*(-1) + (-1)*(-1) = 1 - 1 - 1 + 1 = 0。 (Sa和Sc正交)
  - Sb·Sc = (-1)*1 + 1*1 + 1*(-1) + (-1)*(-1) = -1 + 1 - 1 + 1 = 0。 (Sb和Sc正交)
  - C选项中的三个向量两两正交，满足条件。
- D. Sb=(-1,-1,-1,-1), Sc=(1,1,1,1)
  - Sa·Sb = 1*(-1) + (-1)*(-1) + 1*(-1) + (-1)*(-1) = -1 + 1 - 1 + 1 = 0。 (Sa和Sb正交)
  - Sa·Sc = 1*1 + (-1)*1 + 1*1 + (-1)*1 = 1 - 1 + 1 - 1 = 0。 (Sa和Sc正交)
  - Sb·Sc = (-1)*1 + (-1)*1 + (-1)*1 + (-1)*1 = -4 ≠ 0。D排除。
结论： 只有C选项中的码片序列组是两两正交的。

32. 站 A、 B、 C、 D 通过 CDMA 共享链路…则 A、 B、 C 发送的数据分别是 ( A )

题目原文
32. 站 A、 B、 C、 D 通过 CDMA 共享链路, A、 B、 C 要向 D 发送数据, A、 B、 C 的码片序列分别是 (+1,-1,-1,+1), (-1,+1,-1,+1) 和 (+1,+1,+1,+1)。若 D 从链路上收到的序列是 (3, -1,1, 1), 则 A、 B、 C 发送的数据分别是 ( )
A. 1,0,1 B. 0,0,1 C. 1,0,0 D. 0,1,0

正确答案：A

题目解析

考点分析： 本题考察CDMA的解码过程。
解码原理：
- 接收方D要想知道某个发送方（如A）发送的数据比特，需要将接收到的叠加信号与该发送方的码片序列进行规格化内积运算。
- Data_A = (接收信号) · (A的码片序列)
- Data = (1/m) * Σ(S_received_i * S_sender_i)
- 如果结果为 +1，则发送的是比特1。
- 如果结果为 -1，则发送的是比特0（或1，取决于约定，通常是-1表示0）。
- 如果结果为 0，则该站未发送数据。
分析过程：
- S_received = (3, -1, 1, 1)
- Sa = (1, -1, -1, 1)
- Sb = (-1, 1, -1, 1)
- Sc = (1, 1, 1, 1)
- 码片长度 m = 4。
计算A发送的数据：
- Σ(S_rec * Sa) = 3*1 + (-1)*(-1) + 1*(-1) + 1*1 = 3 + 1 - 1 + 1 = 4。
- Data_A = 4 / 4 = 1。 -> A发送了1。
计算B发送的数据：
- Σ(S_rec * Sb) = 3*(-1) + (-1)*1 + 1*(-1) + 1*1 = -3 - 1 - 1 + 1 = -4。
- Data_B = -4 / 4 = -1。 -> B发送了0 (通常-1代表0)。
【答案校对与分析】 您提供的答案是A (1,0,1)。我的计算中B发送的是0。
- 让我们检查B发送0这个结果。 A(1,0,1) -> A发1, B发0, C发1。
- 叠加信号 = 1*Sa + 0*Sb + 1*Sc = Sa + Sc (因为发送0相当于乘以-1，不，发送0是不发送)。
- 【CDMA规则修正】
  - 发送比特1 -> 发送自己的码片序列 S。
  - 发送比特0 -> 发送自己的码片序列的反码 -S。
  - 不发送数据 -> 发送全0。
- 让我们用这个新规则重新计算。
- 计算A发送的数据：
  - Data_A = (1/4) * (3*1 + (-1)*(-1) + 1*(-1) + 1*1) = (1/4) * (3+1-1+1) = 1。 -> A发1。
- 计算B发送的数据：
  - Data_B = (1/4) * (3*(-1) + (-1)*1 + 1*(-1) + 1*1) = (1/4) * (-3-1-1+1) = -1。 -> B发0。
- 计算C发送的数据：
  - Data_C = (1/4) * (3*1 + (-1)*1 + 1*1 + 1*1) = (1/4) * (3-1+1+1) = 1。 -> C发1。
结论： A, B, C发送的数据分别是 1, 0, 1。

33. 【2009统考真题】…则最远的两个站点之间的距离至少需要 ( D )

题目原文
33. 【2009统考真题】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 1Gb/s, 电缆中的信号传播速率是 200000km/s。若最小数据帧长度减少 800 比特, 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

正确答案：D

题目解析

考点分析： 本题考察CSMA/CD核心约束关系 T_send ≥ 2 * T_prop 的应用。
核心约束公式： (最小帧长 / 传输速率) ≥ 2 * (最大距离 / 传播速率)
分析过程：
1. 设原始最小帧长为L，新最小帧长为L' = L - 800 bit。
2. 设原始最大距离为D，新最大距离为D'。
3. 为了保持协议有效，等式两边应该保持相等关系（取临界值）。
4. (L' / R) = 2 * (D' / V) => (L - 800) / R = 2 * D' / V
5. (L/R) - (800/R) = 2 * D' / V
6. 我们知道原始情况下 L/R = 2 * D / V。
7. 代入得：(2*D/V) - (800/R) = 2 * D' / V
8. 两边同乘以 V/2：
  - D - (800 * V) / (2 * R) = D'
  - D' = D - (400 * V) / R
9. 所以，距离的变化量 ΔD = D' - D = - (400 * V) / R。
10. 代入数值计算：
  - V = 200000 km/s = 2 * 10^8 m/s
  - R = 1 Gb/s = 1 * 10^9 b/s
  - ΔD = - (400 * 2 * 10^8) / (1 * 10^9) = - (800 * 10^8) / (10 * 10^8) = -80 米。
结论： 距离需要减少80m。

34. 【2011统考真题】下列选项中,对正确接收到的数据帧进行确认的 MAC 协议是 ( D )

题目原文
34. 【2011统考真题】下列选项中,对正确接收到的数据帧进行确认的 MAC 协议是 ( )
A. CSMA B. CDMA C. CSMA/CD D. CSMA/CA

正确答案：D

题目解析

考点分析： 本题考察不同MAC协议的可靠性机制，即是否使用确认（ACK） 帧。
正确选项分析 (D. CSMA/CA, Carrier Sense Multiple Access with Collision Avoidance)：
- CSMA/CA是无线局域网（WLAN, 802.11） 使用的协议。
- 由于无线信道的高误码率和无法有效进行冲突检测，为了保证传输的可靠性，CSMA/CA协议强制要求接收方在收到正确的数据帧后，必须返回一个ACK帧。
- 发送方若在规定时间内未收到ACK，则会重传数据帧。
错误选项分析：
- A. CSMA: 只是一种基本的信道侦听策略，不包含确认机制。
- B. CDMA: 是信道划分技术，其可靠性由上层协议保证。
- C. CSMA/CD: 是以太网使用的协议，它是一种无连接、不可靠的服务。它通过冲突检测来处理碰撞，但不使用确认帧。可靠性由上层协议（如TCP）负责。

35. 【2013统考真题】下列介质访问控制方法中, 可能发生冲突的是 ( B )

题目原文
35. 【2013统考真题】下列介质访问控制方法中, 可能发生冲突的是 ( )
A. CDMA B. CSMA C. TDMA D. FDMA

正确答案：B

题目解析

考点分析： 本题与第6题类似，要求区分无冲突协议和有冲突（争用）协议。
正确选项分析 (B. CSMA, Carrier Sense Multiple Access)：
- CSMA属于随机访问MAC协议，也称争用型协议。
- 虽然它要求站点“先听后说”，但这并不能完全避免冲突。因为电磁波的传播存在时延，可能一个站点A刚发送，信号还在路上，远端的站点B侦听到信道空闲也开始发送，从而导致冲突。
错误选项分析（都是无冲突协议）：
- A. CDMA (码分多址)
- C. TDMA (时分多址)
- D. FDMA (频分多址)
- 这三者都属于信道划分技术，它们为每个用户分配了专用的资源（码片、时隙、频带），因此不会发生冲突。

36. 【2014统考真题】…则 C 收到 A 发送的数据是 ( B )

题目原文
36. 【2014统考真题】站点 A、 B、 C 通过 CDMA 共享链路, A、 B、 C 的码片序列分别是 (1,1,1, 1)、 (1, -1,1, -1) 和 (1,1, -1, -1)。若 C 从链路上收到的序列是 (2,0,2,0,0, -2,0, -2,0,2,0,2), 则 C 收到 A 发送的数据是 ( )
A. 000 B. 101 C. 110 D. 111

正确答案：B

题目解析

考点分析： 本题是CDMA解码的计算题，但涉及到多个比特的连续解码。
解码原理： Data_A = (1/m) * (接收信号片段) · (A的码片)
分析过程：
- 接收到的序列有12个数字，码片长度为4。这意味着总共传输了 12 / 4 = 3 个比特位的数据。
- 我们需要将接收序列按4个一组进行分割，然后分别解码。
- Sa = (1, 1, 1, 1)
解码第1个比特：
- 接收片段1: (2, 0, 2, 0)
- Σ(S_rec1 * Sa) = 2*1 + 0*1 + 2*1 + 0*1 = 4
- Data1 = 4 / 4 = 1。 -> 第1个比特是1。
解码第2个比特：
- 接收片段2: (0, -2, 0, -2)
- Σ(S_rec2 * Sa) = 0*1 + (-2)*1 + 0*1 + (-2)*1 = -4
- Data2 = -4 / 4 = -1。 -> 第2个比特是0。
解码第3个比特：
- 接收片段3: (0, 2, 0, 2)
- Σ(S_rec3 * Sa) = 0*1 + 2*1 + 0*1 + 2*1 = 4
- Data3 = 4 / 4 = 1。 -> 第3个比特是1。
结论： C收到A发送的数据序列是 101。

37. 【2015统考真题】下列关于 CSMA/CD 协议的叙述中,错误的是 ( B )

题目原文
37. 【2015统考真题】下列关于 CSMA/CD 协议的叙述中,错误的是 ( )
A. 边发送数据帧,边检测是否发生冲突
B. 适用于无线网络,以实现无线链路共享
C. 需要根据网络跨距和数据传输速率限定最小帧长
D. 当信号传播延迟趋近 0 时,信道利用率趋近 100%

正确答案：B

题目解析

考点分析： 本题综合考察CSMA/CD协议的特点和适用范围。
错误选项分析 (B. 适用于无线网络…)：
- 这是错误的。CSMA/CD不适用于无线网络。
- 原因如第22题所述，无线网络存在**“无法进行有效冲突检测”和“隐蔽站”**等问题，使得CD（冲突检测）机制失效。
- 无线网络使用的是CSMA/CA（冲突避免）。
正确选项分析：
- A: 正确，这是CD（Collision Detection）的核心工作方式。
- C: 正确，这是 T_send ≥ 2τ 核心约束的体现。
- D: 正确。信道利用率公式 U = 1 / (1 + a)，其中a = T_prop / T_send。当传播延迟T_prop趋近于0时，a趋近于0，U趋近于1 (100%)。

(38)【2016统考真题】如下图所示…则 H3 和 H4 之间理论上可以相距的最远距离是（ B ）

题目原文
(38)【2016统考真题】如下图所示, 在 Hub 再生比特流的过程中会产生 1.535μs 延时 (Switch 和 Hub 均为 100Base-T 设备), 信号传播速率为 200m/μs, 不考虑以太网帧的前导码, 则 H3 和 H4 之间理论上可以相距的最远距离是（）
A. 200m
B. 205m
C. 359m
D. 512m

正确答案：B

题目解析

考点分析： 本题的核心是计算在一个冲突域内，为保证CSMA/CD协议正常工作，两个最远站点间的最大距离。这需要应用CSMA/CD的核心约束关系：争用期 ≥ 往返传播时延 + 所有中继设备延迟。
第一步：识别冲突域。
- Switch（交换机） 工作在数据链路层，它的每个端口都是一个独立的冲突域。
- Hub（集线器） 工作在物理层，它连接的所有设备都属于同一个冲突域。
- 在图中，H3 和 H4 都连接在同一个 Hub 上。因此，H3、H4 和 Hub 共同构成了一个冲突域。
- Switch以及它连接的H1, H2, R2都属于另外的冲突域，与本题的计算无关。
第二步：确定100Base-T以太网的争用期。
- 对于快速以太网 (100Base-T)，其争用期被定义为512比特时间。
- 争用期 = 512 bit / 数据传输速率
- 争用期 = 512 bit / (100 Mb/s) = 512 / (100 * 10^6) s = 5.12 * 10⁻⁶ s = 5.12 μs
第三步：建立时延关系等式。
- 争用期 ≥ 往返时延
- 往返时延 = 往返传播时延 + 所有中继设备的总延迟
- 设 H3 和 H4 之间的距离为 D。
- 往返传播时延： 信号从H3发出，到H4，再返回H3，总共走了 2 * D 的距离。
  - T_prop_round_trip = (2 * D) / 信号传播速率
- 中继设备延迟： 信号从H3到H4的路径上，经过了Hub。冲突信号从H4返回H3时，也经过了Hub。所以Hub的延迟被计算了两次吗？不，往返时延中，信号路径是 H3 -> Hub -> H4，冲突信号是 H4 -> Hub -> H3。Hub在信号路径上只出现一次。
  - 【修正】 往返时延是信号从一个极端传播到另一个极端再返回的时间。路径是 H3 -> Hub -> H4，冲突信号返回路径是 H4 -> Hub -> H3。信号往返总共经过了两次Hub。
  - 【再修正】 争用期 2τ 中的 τ 是单向最大延迟。
    - τ = T_prop(H3->Hub) + T_delay(Hub) + T_prop(Hub->H4)
    - 争用期 = 2 * τ = 2 * [T_prop(H3->Hub) + T_delay(Hub) + T_prop(Hub->H4)]
  - 设 H3 到 Hub 距离为 d1，H4 到 Hub 距离为 d2。D = d1 + d2。
  - 2 * τ = 2 * [d1/V + T_delay(Hub) + d2/V] -> 这个模型很复杂。
- 使用标准模型：
  - 争用期 = 往返传播时延(H3<->H4) + 往返路径上的设备延迟
  - 往返传播时延 = 2 * D / V
  - 设备延迟：信号在H3->H4路径上经过Hub一次，冲突信号在H4->H3路径上也经过Hub一次。总共是两次Hub的延迟。
  - 5.12 μs ≥ (2 * D) / (200 m/μs) + 2 * 1.535 μs
  - 【关键点】 题目中Hub的延迟1.535μs是指“再生比特流”的过程，这通常指的是单向通过Hub的延迟。
- 最简化的标准模型：
  争用期(5.12μs) = 往返传播时延(2 * D / V) + 路径上所有中继设备延迟总和。
  - 在一个冲突域内，往返路径上的中继设备延迟只计算一次。
  - 5.12 μs = 2 * D / (200 m/μs) + 1.535 μs -> 这种模型也不常见。
让我们采用最被广泛接受的5-4-3规则背后的时延模型：
- 单向最大延迟 τ ≤ 争用期 / 2
- τ = 从一端到另一端的所有传播时延 + 路径上所有中继器的延迟。
- 路径： H3 -> Hub -> H4
- τ = T_prop(H3->Hub) + T_delay(Hub) + T_prop(Hub->H4)
- 设 H3 到 Hub 距离为 d1，H4 到 Hub 距离为 d2。D = d1 + d2。
- τ = d1/V + T_delay(Hub) + d2/V = (d1+d2)/V + T_delay(Hub) = D/V + T_delay(Hub)
- 代入不等式： D/V + T_delay(Hub) ≤ 争用期 / 2
- D / (200 m/μs) + 1.535 μs ≤ 5.12 μs / 2
- D / 200 + 1.535 ≤ 2.56
- D / 200 ≤ 2.56 - 1.535
- D / 200 ≤ 1.025
- D ≤ 1.025 * 200
- D ≤ 205 m
结论：
- H3 和 H4 之间理论上可以相距的最远距离是 205m。
- 这与选项B完全匹配。

在这里插入图片描述

(39)【2018统考真题】 IEEE802.11 无线局域网的 MAC 协议 CSMA/CA 进行信道预约的方法是 ( D )

题目原文
(39)【2018统考真题】 IEEE802.11 无线局域网的 MAC 协议 CSMA/CA 进行信道预约的方法是 ( )
A. 发送确认帧
B. 采用二进制指数退避
C. 使用多个 MAC 地址
D. 交换 RTS 与 CTS 帧

正确答案：D

题目解析

考点分析： 本题考察CSMA/CA协议中用于解决隐蔽站（Hidden Station） 问题的信道预约机制。
正确选项分析 (D. 交换 RTS 与 CTS 帧)：
- 问题背景（隐蔽站）： 站点A和C都在AP的覆盖范围内，但A和C互相听不到对方。如果A和C同时向AP发送数据，就会在AP处产生冲突。
- 信道预约机制 (MACA - Multiple Access with Collision Avoidance):
  1. 发送方A在发送长数据帧之前，先向AP发送一个很短的RTS（Request To Send，请求发送） 帧。
  2. AP收到RTS后，会向所有在其覆盖范围内的站点广播一个CTS（Clear To Send，清除发送） 帧。
  3. 站点C虽然听不到A的RTS，但它能收到AP广播的CTS。CTS帧中包含了A即将发送的数据帧的长度信息。
  4. 站点C在收到CTS后，就知道AP即将接收来自A的数据，于是在这段时间内，C会推迟自己的发送。
- 这个RTS/CTS握手过程，就相当于在正式发送数据前，向所有潜在的冲突方“预约”了信道的使用权，从而避免了冲突。
错误选项分析：
- A. 发送确认帧 (ACK): 是用于可靠传输的，在数据发送之后。
- B. 二进制指数退避: 是用于冲突发生后的重传等待，或信道忙时的等待。
- C. 使用多个MAC地址: 与信道预约无关。

(40)【2019统考真题】假设一个采用 CSMA/CD 协议的 100Mb/s 局域网, 最小帧长是 128B, 则在一个冲突域内两个站点之间的单向传播延时最多是 ( B )

题目原文
(40)【2019统考真题】假设一个采用 CSMA/CD 协议的 100Mb/s 局域网, 最小帧长是 128B, 则在一个冲突域内两个站点之间的单向传播延时最多是 ( )
A. 2.56μs
B. 5.12μs
C. 10.24μs
D. 20.48μs

正确答案：B

题目解析

考点分析： 本题是CSMA/CD核心约束关系的逆向应用，已知最小帧长和速率，反求最大单向传播时延（τ）。
核心约束公式： 帧的发送时延 ≥ 争用期
- T_send ≥ 2 * τ
- 其中，τ 就是所求的“单向传播延时”。
计算过程：
1. 建立不等式：
  - (最小帧长 / 数据传输速率) ≥ 2 * τ
2. 求解 τ：
  - τ ≤ (最小帧长 / 数据传输速率) / 2
  - τ_max = (最小帧长) / (2 * 数据传输速率)
3. 代入参数并统一单位：
  - 最小帧长: 128 B (字节) = 128 * 8 bit = 1024 bit
  - 数据传输速率 ®: 100 Mb/s = 100 * 10^6 bit/s
4. 计算 τ_max：
  - τ_max = 1024 / (2 * 100 * 10^6)
  - τ_max = 1024 / (200 * 10^6)
  - τ_max = 5.12 / 10^6 s
  - τ_max = 5.12 * 10⁻⁶ s
5. 单位换算：
  - 5.12 * 10⁻⁶ s = 5.12 µs (微秒)
结论：
- 两个站点之间的单向传播延时最多是 5.12µs。
- 这与选项B完全匹配。

(41)【2020统考真题】在某个 IEEE802.11 无线局域网中, 主机 H 与 AP 之间发送或接收 CSMA/CA 帧的过程如下图所示。在 H 或 AP 发送帧前等待的帧间间隔时间(IFS)中, 最长的是（ A ）

题目原文
(41)【2020统考真题】在某个 IEEE802.11 无线局域网中, 主机 H 与 AP 之间发送或接收 CSMA/CA 帧的过程如下图所示。在 H 或 AP 发送帧前等待的帧间间隔时间(IFS)中, 最长的是（）
A. IFS1
B. IFS2
C. IFS3
D. IFS4

正确答案：A

题目解析

考点分析： 本题的核心是理解IEEE 802.11标准中定义的三种主要帧间间隔（IFS） 的用途和它们的相对长度。
帧间间隔（IFS）规则回顾：
- IFS是用来控制不同类型的帧访问信道的优先级的。间隔时间越长，优先级越低。
- SIFS (Short Inter-Frame Space - 短帧间间隔):
  - 长度最短，优先级最高。
  - 用于分隔一次原子操作中的各个帧，例如 RTS -> CTS, DATA -> ACK。这些响应帧必须被立即发送，以完成一次完整的交互。
- PIFS (PCF Inter-Frame Space - 点协调功能帧间间隔):
  - 长度居中，优先级居中。
  - 用于有AP集中控制的点协调功能（PCF） 模式下，AP用来优先抢占信道。
- DIFS (DCF Inter-Frame Space - 分布式协调功能帧间间隔):
  - 长度最长，优先级最低。
  - 用于分布式协调功能（DCF） 模式（这是最常用的模式）。一个站点在发送一个新的数据帧或一次会话的第一个帧（如RTS） 之前，必须先侦听信道空闲至少一个DIFS的时间，然后再进入随机退避阶段。
分析图示中的各个IFS：
- IFS1: 发生在主机 H 准备发送 RTS 帧之前。RTS是一次新的数据传输会话的开始。根据规则，这必须是一个DIFS。
- IFS2: 发生在 AP 收到 RTS 帧后，准备发送 CTS 帧之前。CTS是对RTS的响应，是一个原子操作的一部分。根据规则，这必须是一个SIFS。
- IFS3: 发生在 H 收到 CTS 帧后，准备发送 DATA 帧之前。DATA是对CTS的响应，也是原子操作的一部分。根据规则，这必须是一个SIFS。
- IFS4: 发生在 AP 收到 DATA 帧后，准备发送 ACK 帧之前。ACK是对DATA的响应，还是原子操作的一部分。根据规则，这必须是一个SIFS。
比较各个IFS的长度：
- IFS1 = DIFS
- IFS2 = SIFS
- IFS3 = SIFS
- IFS4 = SIFS
- 根据定义，DIFS > PIFS > SIFS。
- 因此，最长的帧间间隔是 IFS1。
结论：
- 最长的帧间间隔是IFS1，它对应于一个DIFS。
- 这与选项A完全匹配。

(42)【2023统考真题】已知 10BaseT 以太网的争用时间片为 51.2μs。若网卡在发送某帧时发生了连续 4 次冲突,则基于二进制指数退避算法确定的再次尝试重发该帧前等待的最长时间是 ( C )

题目原文
(42)【2023统考真题】已知 10BaseT 以太网的争用时间片为 51.2μs。若网卡在发送某帧时发生了连续 4 次冲突,则基于二进制指数退避算法确定的再次尝试重发该帧前等待的最长时间是 ( )
A. 51.2μs
B. 204.8μs
C. 768μs
D. 819.2μs

正确答案：C

题目解析

考点分析： 本题是二进制指数退避算法等待时间的直接计算题。
计算公式： 退避时间 = r * 争用期
- r 是一个从 [0, 1, ..., 2^k - 1] 集合中随机选择的整数。
- k 是连续冲突的次数。
计算过程：
1. 确定冲突次数 k：
  - 题目明确指出，发生了连续4次冲突。
  - 所以 k = 4。
2. 确定随机数 r 的取值范围：
  - 范围 = [0, 1, ..., 2^4 - 1] = [0, 1, ..., 15]。
3. 确定最大退避时间：
  - 要计算最长的等待时间，随机数 r 必须取其最大值。
  - r_max = 15。
4. 获取争用期（时间片）：
  - 题目已知，争用期 = 51.2 µs。
5. 计算最大等待时间：
  - 最大等待时间 = r_max * 争用期
  - 最大等待时间 = 15 * 51.2 µs = 768 µs。
结论：
- 再次尝试重发该帧前等待的最长时间是 768µs。
- 这与选项C完全匹配。

(43)【2024统考真题】在采用 CSMA/CA 的 802.11 无线局域网中…则隐藏站 B 收到 AP 发送的 CTS 帧时, 设置的网络分配向量 NAV 的值是 ( B )

题目原文
(43)【2024统考真题】在采用 CSMA/CA 的 802.11 无线局域网中, DIFS = 128μs, SIFS = 28μs, RTS、CTS 和 ACK 帧的传输时延分别是 3μs、 2μs 和 2μs, 忽略信号传播时延。若主机 A 要向 AP 发送一个总长度为 1998B 的数据帧, 无线链路带宽为 54Mb/s, 则隐藏站 B 收到 AP 发送的 CTS 帧时, 设置的网络分配向量 NAV 的值是 ( )
A. 326μs
B. 354μs
C. 385μs
D. 513μs

正确答案：B

题目解析

考点分析： 本题考察CSMA/CA协议中网络分配向量（NAV - Network Allocation Vector） 的计算。
NAV的原理：
- NAV是用于实现虚拟载波侦听的机制，主要用来解决隐蔽站问题。
- 当一个站点（如B）收到一个RTS或CTS帧时，它会解析帧中包含的持续时间（Duration） 字段。
- 然后，该站点会将自己的NAV计时器设置为这个持续时间的值。
- 在NAV计时器倒计时到0之前，该站点会认为信道是“虚拟忙碌”的，即使物理上侦听不到信号，它也不会尝试发送数据。
计算过程：
1. 确定NAV的计算起点和终点：
  - 隐藏站B是在收到CTS帧时设置NAV。
  - NAV需要覆盖的时间，是从CTS帧发送完毕开始，直到本次数据交换完全结束（即收到ACK帧）为止的整个时间段。
2. 分析后续的事件序列和时间：
  - CTS发送完毕后，信道上会依次发生以下事件：
    1. 一个 SIFS 的等待间隔。
    2. 主机A发送 DATA 帧。
    3. 又一个 SIFS 的等待间隔。
    4. AP发送 ACK 帧。
3. 计算各项时间：
  - SIFS = 28 µs (已知)。
  - 计算DATA帧的发送时延 T_data：
    - 数据帧长度 = 1998 B = 1998 * 8 bit = 15984 bit。
    - 带宽 = 54 Mb/s = 54 * 10^6 bit/s。
    - T_data = 15984 / (54 * 10^6) s = 0.000296 s ≈ 296 µs。
  - ACK帧的发送时延 T_ack = 2 µs (已知)。
4. 计算NAV的值：
  - NAV = SIFS + T_data + SIFS + T_ack
  - NAV = 28 µs + 296 µs + 28 µs + 2 µs
  - NAV = 354 µs
结论：
- 隐藏站B设置的NAV值是 354µs。
- 这与选项B完全匹配。
注意： CTS帧本身的传输时延2μs不包含在NAV的计算中，因为NAV是从CTS传输结束后开始计时的。

3.5 介质访问控制 & 物理层设备知识体系与考法总结

这一部分是数据链路层的核心内容之一，也是局域网技术的基石。它探讨了当多个设备共享同一个物理信道时，如何协调它们的使用权，以避免或解决数据冲突。内容上，重点在于理解三大类MAC协议的原理、优缺点、适用场景，并能够对CSMA/CD和CSMA/CA协议进行性能计算和流程分析。同时，也需要掌握物理层设备（中继器/集线器） 的特性作为对比和基础。

知识体系梳理

本部分的知识体系可以围绕“一个核心问题”、“三大解决方案”和“一个关键协议”来构建。

一、一个核心问题：信道分配

场景： 广播信道，即多个站点连接到同一个共享的传输介质上（如总线、无线信道）。
问题： 如果多个站点同时发送数据，信号会相互干扰，导致冲突（碰撞），所有数据都将失效。
目标： 介质访问控制（MAC） 协议就是为了制定一套规则，来决定下一个时刻由哪个站点使用信道，从而协调信道分配。

二、三大解决方案：MAC协议的分类

信道划分MAC协议 (静态分配)
- 思想： 将广播信道逻辑上分割成多个互不干扰的子信道，固定地分配给每个站点。
- 优点： 无冲突，公平。
- 缺点： 信道利用率低（分配的子信道在用户无数据时被浪费）。
- 主要技术：
  - 频分复用 (FDM): 按频率划分。
  - 时分复用 (TDM): 按时间划分。
  - 码分复用 (CDMA) (高频考点): 所有用户共享同时同频，但使用相互正交的码片序列来区分。
  - 波分复用 (WDM): 光纤中的频分复用。
随机访问MAC协议 (动态争用)
- 思想： 所有用户都可随机地发送信息，但需要一套机制来处理可能发生的冲突。
- 优点： 简单，负载轻时效率高。
- 缺点： 存在冲突，负载重时性能急剧下降。
- 主要协议 (演进关系):
  - ALOHA协议 (纯/时隙): 想发就发 / 按时间槽发。
  - CSMA协议 (载波侦听): 先听后说。
    - 1-坚持: 监听到忙就一直等，空闲立即发。
    - 非坚持: 监听到忙就随机等待后再听。
    - p-坚持: 监听到空闲以概率p发送。
  - CSMA/CD (带冲突检测) (以太网核心): 边说边听。
  - CSMA/CA (带冲突避免) (无线网核心): 预约信道。
轮询访问MAC协议 (受控访问)
- 思想： 由一个主节点轮流“问”每个从节点是否有数据要发，或者在节点间传递一个“令牌”。
- 优点： 既无冲突，又按需分配，重负载下效率高。
- 缺点： 存在轮询开销/令牌传递延迟，有单点故障风险。
- 主要协议： 轮询协议、令牌环网 (Token Ring)。

三、一个关键协议：CSMA/CD (必考核心)

这是有线局域网（以太网）的灵魂，其工作原理和性能计算是考试的绝对重点。

核心规则： 先听后发，边发边听，冲突停发，随机重发。
核心约束关系 (必考):
- 帧的发送时延 (T_send) ≥ 争用期 (2τ)
- τ: 单向最大传播时延。
- 目的： 确保发送方在发送完一个最小长度的帧之前，能够检测到可能发生的最远端的冲突。
- 推论公式： 最小帧长 (bit) = 2 * τ * 数据传输速率 (b/s)
二进制指数退避算法：
- 目的： 冲突后，通过动态增大的随机等待时间来减少再次冲突的概率，适应网络负载。
- 规则： 第k次冲突后，随机等待r个争用期，r从[0, 1, ..., 2^k - 1]中选取（但k最大取10）。
物理层设备 (作为对比和基础):
- 集线器 (Hub): 物理层设备，不隔离冲突域，共享带宽。其连接范围构成了CSMA/CD的冲突域。

常见考法与例题梳理

MAC协议分类与特性辨析（高频基础题）
- 考法： 区分信道划分、随机访问、轮询访问三类协议的特点，特别是是否会发生冲突。
- 例题01 & 06 & 35 (真题): 考察了TDM, FDMA, CDMA属于无冲突的信道划分，而ALOHA, CSMA属于有冲突的随机访问。
- 例题19 (真题): 对比了CSMA/CD（争用型）和令牌环（受控型）在不同负载下的性能。
CSMA/CD核心约束与计算（必考核心）
- 考法： 给出网络参数（速率、距离、帧长），要求计算另一个参数，或判断其是否满足约束。
- 例题11, 13, 14, 40 (真题): 全面覆盖了 T_send ≥ 2τ 这个核心公式的正向和逆向计算。
- 例题21, 38 (真题): 考察了在Hub星型拓扑下，如何正确计算冲突域的最远距离和往返传播时延2τ。
CSMA/CA 与 CSMA/CD 的对比（高频）
- 考法： 解释为什么无线网不能用CD而要用CA，并考察CA的核心机制。
- 例题22: 明确了无线网因“无法有效冲突检测”和“隐蔽站”问题而不能用CD。
- 例题23, 24, 34 (真题): 考察了CSMA/CA的ACK确认机制和RTS/CTS信道预约机制。
二进制指数退避算法计算
- 考法： 给出冲突次数，要求计算随机等待时间的范围或最大等待时间。
- 例题16, 17, 18, 42 (真题): 集中考察了退避算法的计算。关键是搞清楚第k次冲突对应2^k - 1的范围上限，以及k最大取10的规则。
CDMA原理与计算（重点）
- 考法：
  - 判断给定的码片序列是否满足正交条件。
  - 给出叠加信号和各站码片，解码出某个站发送的数据。
- 例题31: 考察了正交条件的判断（规格化内积为0）。
- 例题32 & 36 (真题): 是CDMA解码的经典计算题。核心是 Data = (接收信号 · 发送方码片) / 码片长度。

刻意练习建议

制作“MAC协议”分类树/表：
- 画一个思维导图或表格，顶层是“MAC协议”，下面分出“信道划分”、“随机访问”、“轮询访问”三个分支。
- 在每个分支下，列出具体的协议名称（FDM, TDM, CDMA, ALOHA, CSMA, CSMA/CD, CSMA/CA, 令牌环等）。
- 为每个具体协议标注其核心思想、优点、缺点、是否冲突。
CSMA/CD计算专项训练（重中之重）：
- 将所有涉及T_send ≥ 2τ的题目集中起来。
- 建立解题模板：
  1. 列出公式： (最小帧长 / 速率) ≥ 2 * (最大距离 / 传播速度)。
  2. 统一单位： 将所有单位统一为 bit, b/s, m, m/s。
  3. 代入已知，求解未知。
- 反复练习，直到能快速、准确地进行计算。
CDMA解码计算练习：
- 找几个CDMA的例子，亲手进行叠加（编码）和内积（解码）的计算。
- 务必记住解码公式 Data_X = (1/m) * Σ(S_received * S_X)，并理解+1代表比特1，-1代表比特0的约定。
画出CSMA/CA的RTS/CTS时序图：
- 画一个包含A, B, C, AP四个站点的图，其中A和C是隐蔽站。
- 模拟A向AP发送数据的过程，画出A->AP (RTS), AP->ALL (CTS), A->AP (DATA), AP->A (ACK) 的时序。
- 在图上标注出各个IFS（DIFS, SIFS） 和 NAV 的作用区间。这张图能让你深刻理解CA如何避免冲突和解决隐蔽站问题。