以下问题已在 GATE CS 2005 考试中提出。
1)一个组织有一个B类网络，希望形成64个部门的子网。子网掩码为：
(一) 255.255.0.0
(b) 255.255.64.0
(c) 255.255.128.0
(d) 255.255.252.0
答案 (d)
在 B 类网络中，网络 ID 的大小为 16 位。因此必须使用第 16 位之后的位来创建 64 个部门。总共需要 6 位来识别 64 个不同的部门。因此，子网掩码将为 255.255.252.0。
2) 在分组交换网络中，分组沿着具有两个中间节点的单一路径从源路由到目的地。如果消息大小为 24 字节，并且每个数据包包含 3 字节的标头，则最佳数据包大小为：
(一) 4
(乙) 6
(c) 7
(四) 9
答案 (d)
由于并行性，将消息分成数据包可能会减少传输时间，如下图所示。
但是在一定限制之后减小数据包大小也可能增加传输时间。
下图显示了所给出的情况。
让所有节点传输 1 个字节的传输时间为 t。第一个数据包需要时间=(数据包大小)*3*t。在第一个数据包到达目的地后，由于并行性，剩余的数据包将花费等于(数据包大小)*t 的时间。
If we use 4 bytes as packet size, there will be 24 packets
Total Transmission time = Time taken by first packet +
Time taken by remaining packets
= 3*4*t + 23*4*t = 104t
If we use 6 bytes as packet size, there will be 8 packets
Total Transmission time = 3*6*t + 7*6*t = 60t
If we use 7 bytes as packet size, there will be 6 packets
Total Transmission time = 3*7*t + 5*7*t = 56t
If we use 9 bytes as packet size, there will be 4 packets
Total Transmission time = 3*9*t + 3*9*t = 54t
3) 假设具有 48 位干扰信号的 10 Mbps 以太网的往返传播延迟为 46.4 ms。最小帧大小为：
(一) 94
(二) 416
(c) 464
(四) 512
答案 (c)
传输速度 = 10Mbps。
往返传播延迟 = 46.4 ms
最小帧大小=(Round Trip Propagation Delay)*(传输速度)= 10*(10^6)*46.4*(10^-3) = 464 * 10^3 = 464 Kbit
上述公式背后的概念是碰撞检测。考虑节点 A 想要向另一个节点 B 发送帧的情况。当节点 A 开始传输时，信号必须传播网络长度。在最坏的冲突情况下，节点 B 就在节点 A 的帧的信号到达它之前开始传输。节点 A 和节点 B 的帧的冲突信号必须传回节点 A，以便节点 A 检测到发生了冲突。
信号从网络一端传播到另一端所需的时间称为传播延迟。在这种最坏的碰撞场景中，节点 A 检测到其帧已被碰撞所花费的时间是传播延迟的两倍。节点 A 的帧必须一路传到节点 B，然后碰撞信号必须从节点 B 一路传回节点 A。这个时间被称为时隙时间。以太网节点必须在时隙时间内传输帧，才能检测到与该帧的冲突。这就是最小以太网帧大小的原因。
来源：Microsoft® Windows® Server 2003 TCP/IP 协议和服务技术作者 Joseph Davies
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