uwagi coolfona do zad5 z egz, Notatki, Elektronika AGH III rok, Pendrive [ Pobierz całość w formacie PDF ]
COOLFON:Co do zadania 5. :Tales napisał że prędkość bitowa była 4 Mbit/s... ale chyba była 16 Mbit/s, przynajmniej przy takiej wartości wychodzi mi tyle co na egzaminie... A zatem...Mamy 4 stacje... czyli 3 + monitor. Danych 100 bajtów czyli 800 bitów.Opóźnienia:800 (ramka) + 27 (bufor monitora) + 3 (bufory stacji) = 830 bitówPrzy naszej założonej vb= 16 Mbit/s transmisja pojedynczej stacji trwa:opóźnienia/vb = 51.875 usstacji mamy cztery, zatem okres transmisji jednej stacji = 4 razy to co powyżej czyli jakieś 207,cośtam us.TUCZAP:Jest to brudnopis z egzaminu.Zdałem jednak na 4.5, więc zadania w miarę dobrze.Co do zadania 2 poprawna odpowiedź to: Zmniejszy się 4 razy. 2x wieksze okno kolizji, 2x mniejsza przepustowość.Co do zadania 5 należało jeszcze doliczyć 30 bitów opóźnienia (jeśli dobrze zrozumiałem jak to Kościelnik omawiał).Pozostałe zadania były 5/5.--------------------------------------------------------------------------------------------ktos wie o co tu w ogole chodzi?W separowanej sieci CSMA/CD komputer przesyla porcje danych sterujacych dlugosci 15 oktetow. Obliczyc ile maksymalnie bitow wlasnych danych moze wyslasc na sekunde ten komputer jezeli:- magistrala ma dlugosc 1000m, przerwy miedzy ramkami wynosza 9.6us ,a system stosuje dlugie adresy,- predkosc transmisji i dlugosc pola PAD mozna w tej sieci dobierac dowolnie,- predkosc prpoagowania sie fali elektromagnetycznej w magistrali to 2*10^8 m/s.predkosc przyjmijmy sobie 10Mb/si jeszcze:Obliczyć zakres dopuszczalnych transmisji, które mogą być stosowane w jedno segmentowej sieci CSMA/CD, w której długość magistrali wynosi 200m. Założyć, że prędkość rozchodzenia się fali elektromagnetycznej w medium transmisyjnym wynosi 2*108m/sR2Ja bym to zrobił tak:...- Tok = 10us, w tym czasie min. dl. ramki 100 bitów- nasza ramka ma 328 bitów, czyli większa jest od min. Padding na 0.- czas generowania naszej ramki, to 328/10Mbit/sec = 42,4us (po kazdej ramce min. długość przerwy 9.6us)- 1s/42,4us = 23584 ramki- 23584 * 15 * 8 = ilość bitów w ciągu 1sno i odpowiedni komentarz, a czy dobrze to nie wiem:dpozdrawiamPS. MOże do Stępnia iść z tym pytaniem?? [ Pobierz całość w formacie PDF ]