答案：C、C
解析：解析:已知“异步通信中，每个字符包含1位起始位、7位数据位、1位奇偶位和1位终止位”那么每个字符的长度是:1+7+1+1=10bit， 而题目已知“每秒钟传送100个字符”，那么每秒传输的数 据量是:10bit*100=1000bit， 即传输速率R=1000bit/s。由于每个字符有10位，其中7bit是有效数据，其他是开销，则有效数据速率:1000bit/s*(7/10)=700bit/s，(15) 选C。采用DPSK， 那 么N=2。根据奈奎斯特定理R=B*log2N， 算出B=1000， 则 ( 14 ) 选C。
答案：C、C
解析：解析:已知“异步通信中，每个字符包含1位起始位、7位数据位、1位奇偶位和1位终止位”那么每个字符的长度是:1+7+1+1=10bit， 而题目已知“每秒钟传送100个字符”，那么每秒传输的数 据量是:10bit*100=1000bit， 即传输速率R=1000bit/s。由于每个字符有10位，其中7bit是有效数据，其他是开销，则有效数据速率:1000bit/s*(7/10)=700bit/s，(15) 选C。采用DPSK， 那 么N=2。根据奈奎斯特定理R=B*log2N， 算出B=1000， 则 ( 14 ) 选C。
解析：解析:每秒传200字符，而每个字符有1+7+2+1=11位，那么每秒传200*11=2200bit， 即2.2kb/s， 有效数据位占7/11，故有效速率为7/11*2.2kb/s=1.4kb/s; 或者直接字符数量*每个字符的有效数据位: 200*7=1400bit/s=1.4kb/s。曼彻斯特编码中，码元速率(波特率)等于数据速率的2倍:2*2.2k=4.4k Baud=4400 Baud。
解析：解析:根据图形可知是以载波的相对初始相位变化来实现数据的传送，并且初始相位与前一 码元的发生180度变化为二进制0，无变化为1。因此可知采用的调制技术为DPSK(差分相移键控)。根据R=Blog₂N， 采用DPSK 调 制 ，N=2， 故B=R=1000，根据图形得知，2个载波信号表示1个码元，即载波速 率是码元速率的2倍，故载波速率是2000Hz。
解析：解析:E1划分成32相等的子信道，信道编号为CHO-CH31。其中信道CHO用作帧同步，CH16 用作 传送信令，剩下CH1~CH15和CH17~CH31 共30个信道用于用户数据传输，E1的一个时分复用帧传送时间 为125μs， 即每秒8000次。每个子信道含8位数据，其速率为:8*800=64kbps。扩展考点①:E1帧的时隙是125μs;扩展考点②: E1信道的利用率是:93.75%(总共32个信道，其中30个用于传输信息，2个用于控制) 扩展考点③:T1=1.544Mb/s， 每个语音信道的数据速率是64kb/s。
解析：解析:E1的一个时分复用帧(其长度t=125μs)共划分为32相等的时隙，时隙的编号CHO~CH31。 其中时隙CHO用作帧同步，时隙CH16用来传送信令，剩下CH1~CH15和CH17~CH31共30个时隙用作30个话 路。E1数据率是2.048Mb/s，E3 是16个E1复用，为34.368Mb/s。助记:E3=4E2=16E1 (都是4倍关系)
解析：解析:E1载波提供2.048Mb/s的数据传输速率，它把32个8位一组的数据样本组装成125μs的 基本帧，其中30个子信道用于传送数据，两个子信道用于传送控制信令。我国和欧洲使用E1作为数字 载波的传输标准。在E1载波中，每个子信道的数据速率是64kb/s 。E1 载波控制开销为2/32=6.25%。
解析：解析:RAID5 至少3块盘，RAID6 至少4块盘。
解析：解析:CRC 只能检错，不能纠错，自动请求重发。
解析：解析:掌握CRC计算过程，可以检测出小于等于校验位长度的突发错误。
解析：解析:海明距离:一个码字要变成另一个码字时必须改变的最小位数。海明不等式:2-1≥m+k (m为数据位，k为校验位)
解析：解析:海明不等式:校验码个数为k， 包含2的k次方个校验信息，1个校验信息用来指出“没 有错误”，满足m+k+1<=2＇。所以32位的数据位，需要6位校验码。
第二问考察的是海明编码的规则，构造监督关系式，和校验码的位置相关:数据位D9用P4 、P3 、P2校 验(14=8+4+2)，那么D5(10=8+2)， 因此用第8位的P4和第二位的P2校验。
