Zadania z Przedmiotu Technika Analogowa
Analiza wskazowa - kolokwium
© C. Stefański
7b_RozwiazanieKola2gr9i10_2006.doc
1/8
Zauważone błędy i usterki proszę zgłaszać autorowi na adres cestef@o2.pl
Zadanie 1 (a, b, c dla grupy 9, d, e, f dla grupy 10)
Znaleźć amplitudy zespolone następujących sygnałów:
a)
x(t)= -½cos(10
3
t
-2π/3)+cos(10
3
t
+π/3)+2sin(10
3
t
-π/6),
b)
x(t)= -½cos(10
3
t+π/3)+2cos(10
3
t
+π/3)+sin(10
3
t
-π/6),
c)
x
c
(t)= ½sin(10
3
t-π/6)+2cos(10
3
t
+π/6)+sin(10
3
t
-π/3),
x
cc
(t)= ½sin(10
3
t-π/3)+2cos(10
3
t
+π/6)+sin(10
3
t
-π/3),
d)
x(t)= ½cos(10
3
t
-2π/3)+cos(10
3
t
+π/3)+2sin(10
3
t
-π/6),
e)
x(t)= ½cos(10
3
t+π/3)+2cos(10
3
t
+π/3)+sin(10
3
t
-π/6),
f)
x
f
(t)= -½sin(10
3
t-π/6)+2cos(10
3
t
+π/6)+sin(10
3
t
-π/3),
x
ff
(t)= -½sin(10
3
t-π/3)+2cos(10
3
t
+π/6)+sin(10
3
t
-π/3).
Odp.
a) 2X=
(
)
1
2
1
3
−
+ j
=1|-2π/3= 1|-120
o
,
b) 2X=
(
)
1
2
1
3
+ j
=1|π/3=1|60
o
,
c) 2X
cc
=
(
)
1
2
3 + j =1|π/6=1|30
o
, X
c
≈0,619657|6,20602
o
,
d)
2
3
X
=
(
)
1
2
1
3
−
+ j
=1|-2π/3= 1|-120
o
e)
2
3
X
=
(
)
1
2
1
3
+ j
=1|π/3=1|60
o
,
f)
2
3
X
ff
=
(
)
1
2
3 + j =1|π/6=1|30
o
, X
f
≈1,45466|39,8961
o
.
Rozwiązanie
Z rysunku obok, interpretującego
zapis
s
(t)=
A
sin(
ω
t
+
φ
sin
)
=
A
cos(
ω
t
+
φ
cos
)
,
łatwo odczytujemy, że
ω
t
+
φ
sin
=
ω
t
+
φ
cos
+
π
2
skąd
φ
φ
φ
φ
sin
-
φ
φ
φ
φ
cos
= π
2
Zatem
s
(t)=Acos(
ω
t
-
2
π
+
φ
sin
).
Równoważnie
s
(t)=Asin(
ω
t
+
2
π
+
φ
cos
).
Zapisujemy:
a)
x(t)= -½cos(10
3
t
-2π/3)+cos(10
3
t
+π/3)+2sin(10
3
t
-π/6),
b)
x(t)= -½cos(10
3
t+π/3)+2cos(10
3
t
+π/3)+sin(10
3
t
-π/6),
c)
x
c
(t)= ½sin(10
3
t-π/6)+2cos(10
3
t
+π/6)+sin(10
3
t
-π/3),
x
cc
(t)= ½sin(10
3
t-π/3)+2cos(10
3
t
+π/6)+sin(10
3
t
-π/3),
d)
x(t)= ½cos(10
3
t
-2π/3)+cos(10
3
t
+π/3)+2sin(10
3
t
-π/6),
e)
x(t)= ½cos(10
3
t+π/3)+2cos(10
3
t
+π/3)+sin(10
3
t
-π/6),
f)
x
f
(t)= -½sin(10
3
t-π/6)+2cos(10
3
t
+π/6)+sin(10
3
t
-π/3),
x
ff
(t)= -½sin(10
3
t-π/3)+2cos(10
3
t
+π/6)+sin(10
3
t
-π/3).
y
x
A
y
x
s
(t)
ω t+φ
cos
ω t+φ
sin
Zadania z Przedmiotu Technika Analogowa
Analiza wskazowa - kolokwium
© C. Stefański
7b_RozwiazanieKola2gr9i10_2006.doc
2/8
Zauważone błędy i usterki proszę zgłaszać autorowi na adres cestef@o2.pl
Przechodzimy na amplitudy zespolone:
a) X=½|-2π/3-π+1|π/3+2|-π/6-π/2=
(
)
1
4
1
3
+ j
+
(
)
1
2
1
3
+ j
+2|-2π/3=
(
)
3
4
1
3
+ j
+
(
)
1
3
− − j
=
(
)
1
4
1
3
−
+ j
=½|-π+π/3= ½|-2π/3=½|-120
o
b) X=½|π/3-π+2|π/3+1|-π/6-π/2=
(
)
1
4
1
3
−
+ j
+
(
)
1
2
2
1
3
⋅
+ j
+1|-2π/3=
(
)
3
4
1
3
+ j
+
(
)
1
2
1
3
− − j
=
(
)
1
4
1
3
+ j
=½|π/3=½|60
o
c) X
c
=½|-π/6-π/2+2|π/6+1|-π/3-π/2=
(
)
1
4
1
3
−
+ j
+
(
)
1
2
2
3
⋅
+ j +1|-5π/6=
(
)
1
4
1
3
−
+ j
+
(
)
3 + j +
(
)
1
2
3
−
− j =
(
)
1
4
1
3
−
+ j
+
(
)
1
2
3 + j ≈0,619657|6,20602
o
lub
X
cc
=½|-π/3-π/2+2|π/6+1|-π/3-π/2=
(
)
1
4
3
−
+ j +
(
)
1
2
2
3
⋅
+ j +1|-5π/6=
(
)
3
4
3 + j +
(
)
1
2
3
−
− j =
(
)
1
4
3 + j =½|π/6=½|30
o
.
d) X=½|-2π/3+1|π/3+2|-π/6-π/2=
(
)
1
4
1
3
−
+ j
+
(
)
1
2
1
3
+ j
+2|-2π/3=
(
)
1
4
1
3
+ j
+
(
)
1
3
− − j
=
(
)
3
4
1
3
−
+ j
=1½|-π+π/3= 1½|-2π/3=1½|-120
o
e) X=½|π/3+2|π/3+1|-π/6-π/2=
(
)
1
4
1
3
+ j
+
(
)
1
2
2
1
3
⋅
+ j
+1|-2π/3=
(
)
5
4
1
3
+ j
+
(
)
1
2
1
3
− − j
=
(
)
3
4
1
3
+ j
=1½|π/3=1½|60
o
f) X
f
=½|-π/6-π/2+π+2|π/6+1|-π/3-π/2=
(
)
1
4
1
3
+ j
+
(
)
1
2
2
3
⋅
+ j +1|-5π/6=
(
)
1
4
1
3
+ j
+
(
)
3 + j +
(
)
1
2
3
−
− j =
(
)
1
4
1
3
+ j
+
(
)
1
2
3 + j ≈1,45466|39,8961
o
lub
X
ff
=½|-π/3-π/2+π+2|π/6+1|-π/3-π/2=
(
)
1
4
3 + j +
(
)
1
2
2
3
⋅
+ j +1|-5π/6=
(
)
5
4
3 + j +
(
)
1
2
3
−
− j =
(
)
3
4
3 + j =1½|π/6=1½|30
o
Komentarz. Można było najpierw wykonać redukcję wyrazów podobnych po stronie czasu, po
czym przejść na działania na wskazach!
Zadania z Przedmiotu Technika Analogowa
Analiza wskazowa - kolokwium
© C. Stefański
7b_RozwiazanieKola2gr9i10_2006.doc
3/8
Zauważone błędy i usterki proszę zgłaszać autorowi na adres cestef@o2.pl
Zadanie 2
(dla grupy 9)
Wskaz E przebiegu napięciowego e(t)=E
m
cos(10
4
t
+
φ
) [V] wynosi:
a)
10 2 30
E
=
−
[V], b)
5 2 60
E
=
−
[V], c)
2,5 2 45
E
=
[V].
Znajdź prąd i(t) płynący przez dwójnik będący szeregowym połączeniem oporu R=0,1kΩ
i kondensatora C=1
µ
F, gdy napięcie na tym dwójniku wynosi e(t).
(dla grupy 10)
Wskaz E przebiegu napięciowego e(t)=E
m
cos(10
4
t
+
φ
) [V] wynosi:
a)
5 2 30
E
=
−
[V], b)
2,5 2 60
E
=
−
[V], c)
1, 25 2 45
E
=
[V].
Znajdź prąd i(t) płynący przez dwójnik będący równoległym połączeniem oporu R=0,1kΩ
i kondensatora C=1
µ
F, gdy napięcie na tym dwójniku wynosi e(t).
Odp. (dla obu grup):
a)
(
)
4
( ) 100 cos 10
15 [mA]
i t
t
=
+
,
b)
(
)
4
( )
50 cos 10
15 [mA]
i t
t
=
−
,
c)
(
)
4
( )
25cos 10
90 [mA]
i t
t
=
+
.
Rozwiązanie
Wyznaczmy najpierw impedancję, a następnie admitancję dwójnika, o którym mowa w
zadaniu dla grupy 9. Mamy:
(
)
1
4
6
9
100
10 10
100(1
) [ ]
Z
−
−
=
+
⋅
=
−
Ω
j
j
,
1
1
1
9
9
1
45
100 (1
)
[S]
100 2 45
100 2
Y
Z
−
−
−
=
=
−
=
=
−
j
.
Wyznaczmy następnie admitancję dwójnika, o którym mowa w zadaniu dla grupy 10. Mamy:
4
6
10
1
1
2 45
10 10
(1
)
[S]
100
100
100
Y
−
=
+
⋅
=
+
=
j
j
.
Zauważamy, że
10
9
2
Y
Y
= ⋅
.
Ponadto zauważamy, że w odpowiadających sobie przypadkach (dla grup 9 i 10) zachodzi
grupy 9
grupy 10
2
E
E
= ⋅
,
a ponieważ
1
grupy 9
grupy 10
grupy 10
9
10
10
2
2
I
E Y
E
Y
E
Y
E
Y
=
⋅
=
⋅
=
⋅
=
⋅
,
więc w tychże przypadkach prądy będą identyczne.
Obliczamy:
a)
45
10 2 30
0,115 [A]
100 2
I
E Y
=
⋅
=
−
⋅
=
,
b)
45
5 2 60
0, 05 15 [A]
100 2
I
E Y
=
⋅
=
−
⋅
=
−
,
c)
45
2,5 2 45
0, 025 90 [A]
100 2
I
E Y
=
⋅
=
⋅
=
.
Zatem:
Zadania z Przedmiotu Technika Analogowa
Analiza wskazowa - kolokwium
© C. Stefański
7b_RozwiazanieKola2gr9i10_2006.doc
4/8
Zauważone błędy i usterki proszę zgłaszać autorowi na adres cestef@o2.pl
a)
(
)
4
( ) 100 cos 10
15 [mA]
i t
t
=
+
,
b)
(
)
4
( )
50 cos 10
15 [mA]
i t
t
=
−
,
c)
(
)
4
( )
25 cos 10
90 [mA]
i t
t
=
+
.
Zadanie 3
Obliczyć prąd i(t) oraz moc średnią traconą
na oporniku R
1
w obwodzie jak na rysunku.
Przyjąć:
j
(t)=4
η
cos(10
6
t
/3) [mA],
e
(t)=3
η
cos(3
.
10
6
t
) [V],
R
1
=R
2
=750Ω, L=1mH, C=1nF,
gdzie
η
η
η
η
oznacza ustaloną liczbę naturalną.
Odp.
(
)
(
)
(
)
6
6
1
3
( )
2
cos
10
45 + cos 3 10
45
[mA]
i t
t
t
η
=
⋅
+
⋅
−
2
1, 5
[mW]
sr
P
η
=
.
Rozwiązanie
Ź
ródła działają na różnych pulsacjach, więc właściwym podejściem przy wyznaczaniu
prądu jest skorzystanie z zasady superpozycji.
Gdy działa tylko źródło prądowe mamy schemat wskazowy pokazany na rysunku (jed-
nostki to Ω, A), gdyż
3
6
9
1
3 10 [ ]
10
10
3
C
Z
−
=
= −
⋅
Ω
j
j
,
6
3
3
1
3
10
10
10 [ ]
3
L
Z
−
=
=
⋅
Ω
j
j
.
Korzystamy z dzielnika prądowego i wyznaczamy:
3
3
3
1
3
1
2
750
4 10
45
1
1
1
1
1000
750
750
3 10
10
j
I
η
η
−
=
=
+
+
+
−
⋅
j
j
.
Oznacza to, iż wywołany przez źródło prądowe składnik i
j
(t) prądu i(t) wynosi:
(
)
6
1
3
( )
2 cos
10
45 [mA]
j
i t
t
η
=
⋅
+
.
Gdy działa tylko źródło napięciowe mamy, po zastąpieniu rzeczywistego źródła napię-
ciowego równoważnym źródłem prądowym, schemat wskazowy pokazany na rysunku (jed-
nostki to Ω, A), gdyż
3
1
3
6
9
1
10 [ ]
3 10 10
C
Z
−
=
= −
⋅
Ω
⋅
⋅
j
j
,
6
3
3
3 10 10
3 10 [ ]
L
Z
−
=
⋅
⋅
=
⋅
Ω
j
j
,
3
3
4
10
750
e
J
η
η
−
=
=
⋅
[A].
Korzystamy z dzielnika prądowego i wyznaczamy:
e
(t)
i
(t)
j
(t)
R
1
C
R
2
L
I
j
4
η10
-3
750
-j3
.
10
3
750
j10
3
/3
I
j
4
η10
-3
750
-j10
3
/3
750
j3
.
10
3
Zadania z Przedmiotu Technika Analogowa
Analiza wskazowa - kolokwium
© C. Stefański
7b_RozwiazanieKola2gr9i10_2006.doc
5/8
Zauważone błędy i usterki proszę zgłaszać autorowi na adres cestef@o2.pl
3
3
3
1
3
1
2
750
4 10
45
1
1
1
1
1000
750
750
3 10
10
e
I
η
η
−
=
=
−
+
+
+
⋅
−
j
j
.
Oznacza to, iż wywołany przez źródło napięciowe składnik i
e
(t) prądu i(t) wynosi:
(
)
6
( )
2 cos 3 10
45 [mA]
e
i t
t
η
=
⋅
−
.
Ostatecznie poszukiwany prąd wynosi:
(
)
(
)
(
)
6
6
1
3
( )
2
cos
10
45 + cos 3 10
45
[mA]
i t
t
t
η
=
⋅
+
⋅
−
.
Wartość skuteczna każdego ze składników ortogonalnych tego prądu wynosi:
3
,
,
2
10
[mA]
2
sk j
sk e
I
I
η
η
−
⋅
=
=
=
.
Na oporniku R
1
=750 Ω wydzieli się łącznie moc (sumujemy moce średnie sygnałów ortogo-
nalnych):
(
)
2
2
2
2
2
3
2
,
1
,
1
750(
) 10
1,5
[mW]
sr
sk j
sk e
P
I
R
I
R
η
η
η
−
=
+
=
+
=
.
Zadanie 4
Obliczyć dobroć Q, oporność dynamiczną R
d
, pulsację rezonansową
ω
r
i pulsację charak-
terystyczną
ω
o
oraz pasmo trzydecybelowe równoległego dwugałęźnego obwodu rezonanso-
wego L, r
L
,C, r
C
, gdy L=1mH, C=1nF, r
L
=0,7Ω, r
C
=0,3Ω. Ponadto obliczyć napięcie na prą-
dowym źródle j(t) pobudzającym ten obwód rezonansowy. Przyjąć j(t)=cos( (1- (2Q)
-1
)
ω
o
t)
[
µ
A]. Podczas rozwiązania sygnalizować, czy wielkości są wyznaczane z zależności dokład-
nych, czy przybliżonych.
Odp.
3
10
Q
≈
,
1 Mrad/s
o
ω =
,
1 M ]
d
R
=
Ω ,
1 Mrad/s
r
o
ω
ω
≈
=
,
1 Mrad/s
o
ω =
,
3
1krad/s
dB
B
≈
,
(
)
(
)
(
)
1
( )
0,1cos 1
2
84
[V]
j
o
e t
Q
t
ω
−
≈
−
+
.
Rozwiązanie
Obliczamy (zależności dokładne).
Pulsacja charakterystyczna
3
9
1
1
1M [rad/s]
10
10
o
LC
ω
−
−
=
=
=
⋅
„Charakterystyczna” dobroć (gałęzi) cewki
6
3
4
1
7
10 10
10
0, 7
o
o
L
L
L
Q
r
ω
−
⋅
=
=
= ⋅
„Charakterystyczna” dobroć (gałęzi) kondensatora
4
1
3
6
9
1
1
10
10 10
0,3
o
C
o
C
Q
Cr
ω
−
=
=
= ⋅
⋅
⋅
Oporność dynamiczna obwodu
(
)
(
)
3
9
10
1M [ ]
10
0, 7 0,3
d
L
C
L
R
C r
r
−
−
=
=
=
Ω
+
+
Pulsacja rezonansowa obwodu
Zadania z Przedmiotu Technika Analogowa
Analiza wskazowa - kolokwium
© C. Stefański
7b_RozwiazanieKola2gr9i10_2006.doc
6/8
Zauważone błędy i usterki proszę zgłaszać autorowi na adres cestef@o2.pl
(
)
(
)
2
4
2
1
7
6
2
2
4
1
4
1
1
1
1
10
10
1 Mrad/s
1
1
1
1
10
o
o
L
r
o
o
C
Q
Q
ω
ω
ω
−
−
⋅
=
=
≈
=
−
−
⋅
.
Obliczamy dobroć Q (zależność przybliżona):
4
4
1
1
3
7
3
4
4
1
1
7
3
10
10
10
10
10
o
o
o
o
L
C
L
C
Q Q
Q
Q
Q
⋅
⋅ ⋅
≈
=
=
+
⋅
+ ⋅
.
Obliczamy pasmo (zależność przybliżona, bo liczymy z wzoru dla równoległego obwodu
rezonansowego):
6
3
3
10
1k [rad/s]
10
o
dB
B
Q
ω
≈
=
=
.
Obliczamy:
(1- (2Q)
-1
)
ω
o
≈
(
)
(
)
1
3
6
5
1
2 10
10
995 10
0,995
o
ω
−
−
⋅
⋅
=
⋅
=
.
2
9
9
2
5
3
3
(0,995
)
10
10
(0,995
)
(
)
1
(-0,0100251256) 10
84
0,995
10
10
o
o
o
C
L
o
o
Y
r
r
ω
ω
ω
γ
γ
ω ω
−
−
−
−
−
−
≈
+
+
≈
⋅ +
⋅
≈
−
⋅
j
j
.
Zatem
(
)
(
)
(
)
1
( )
0,1cos 1
2
84
[V]
j
o
e t
Q
t
ω
−
≈
−
+
.
Zadanie 5.
W obwodzie jak na rysunku dwójnik ob-
ciążający D został tak dobrany, by wydzielała
się na nim maksymalna moc czynna. Obliczyć
tę moc. Przyjąć, że j(t)=
η
cos(
η
10
6.
t
) [mA],
R
=8
.
η
-2
kΩ, C=
.
η
-1
nF.
(W danych tego zadania
η
oznacza pewną
ustaloną liczbę naturalną).
Odp.
1 mW
c
P
=
.
Rozwiązanie
Narysujmy schemat wskazowy obwodu na le-
wo od wyróżnionych zacisków.
Wskaz I
z
prądu zwarcia wyróżnionych zaci-
sków wynosi:
z
I
η
=
[mA].
Wskaz
U
r
napięcia między rozwartymi wyróż-
nionymi zaciskami jest równy wskazowi
U
zazna-
czonemu na rysunku. Ten wskaz spełnia następujące równanie PPK
(
)
(
)
3
6
1
9
2
3
10
1
10
10
8
10
U
U
U
η
η
η
η
η
−
−
−
−
=
+
−
+
⋅
j
,
z którego wyliczamy
u
(t)
j
(t)
R
C
(
η+1)u(t)
U
η
[mA]
8
η
-
2
[kΩ]
j
η
10
6
η
-1
10
-9
[S]
(
η+1)U
I
z
Zadania z Przedmiotu Technika Analogowa
Analiza wskazowa - kolokwium
© C. Stefański
7b_RozwiazanieKola2gr9i10_2006.doc
7/8
Zauważone błędy i usterki proszę zgłaszać autorowi na adres cestef@o2.pl
1
8
U
η
−
=
−
j
[V].
Admitancja zastępczego źródła Nortona wynosi zatem
3
2
3
1
10
10
=
[mS]
8
8
8
z
z
N
r
I
I
Y
U
U
η
η
η
η
η
η
−
−
−
=
=
=
=
−
−
−
j
j
j
,
zaś SPM tego źródła to
3
10
[A]
z
N
J
I
η
−
=
=
.
Dopasowane obciążenie ma admitancję
2
*
[mS]
8
o
N
Y
Y
η
η
=
=
+
j
.
Tę sytuację przedstawiono na rysunku.
Wskaz napięcia na dopasowanym obciąże-
niu wynosi
3
2
2
3
10
4
[V]
10
8
8
o
U
η
η
η
η
η
η
−
−
=
=
−
+
+
j
j
,
zaś wskaz prądu wynosi
2
3
4
10
=
+ 4 [mA]
8
2
o
o o
I
U Y
η
η
η
η
−
=
=
+
j
j
.
Moc zespolona na dopasowanym dwójniku to
(
)
*
*
3
1
-3
1
1
2
2
4
+ 4
10
1
8
10 [W]
2
o
o
z
P
U I
η
η
η
−
−
=
=
⋅
=
−
⋅
j
j
.
Ostatecznie moc czynna, jaka wydzieli się na rozważanym dwójniku, wyniesie
( )
Re
1 [mW]
c
z
P
P
=
=
.
U
o
η
[mA]
2
[mS]
8
η
η
−
j
2
[mS]
8
η
η
+
j
Zadania z Przedmiotu Technika Analogowa
Analiza wskazowa - kolokwium
© C. Stefański
7b_RozwiazanieKola2gr9i10_2006.doc
8/8
Zauważone błędy i usterki proszę zgłaszać autorowi na adres cestef@o2.pl
Odp do zad 1:
a) 2X=
(
)
1
2
1
3
−
+ j
=1|-2π/3= 1|-120
o
,
b) 2X=
(
)
1
2
1
3
+ j
=1|π/3=1|60
o
,
c) 2X
cc
=
(
)
1
2
3 + j =1|π/6=1|30
o
, X
c
≈0,619657|6,20602
o
,
d)
2
3
X
=
(
)
1
2
1
3
−
+ j
=1|-2π/3= 1|-120
o
e)
2
3
X
=
(
)
1
2
1
3
+ j
=1|π/3=1|60
o
,
f)
2
3
X
ff
=
(
)
1
2
3 + j =1|π/6=1|30
o
, X
f
≈1,45466|39,8961
o
.
Odp. (dla obu grup) do zad. 2:
a)
(
)
4
( )
100 cos 10
15 [mA]
i t
t
=
+
,
b)
(
)
4
( )
50 cos 10
15 [mA]
i t
t
=
−
,
c)
(
)
4
( )
25 cos 10
90 [mA]
i t
t
=
+
.
Odp. do zad. 3
(
)
(
)
(
)
6
6
1
3
( )
2
cos
10
45 + cos 3 10
45
[mA]
i t
t
t
η
=
⋅
+
⋅
−
2
1, 5
[mW]
sr
P
η
=
.
Odp. do zad. 4:
3
10
Q
≈
,
1 M
d
R
=
Ω ,
1 Mrad/s
r
o
ω
ω
≈
=
,
1 Mrad/s
o
ω =
,
3
1krad/s
dB
B
≈
,
(
)
(
)
(
)
1
( )
cos 1
2
[V]
j
o
e t
Q
t
ω
−
≈
−
.
Odp. do zad. 5
1 mW
c
P
=
.
Wyszukiwarka
Podobne podstrony:
kolo 04.2006 rozw A
urazy kl piersiowej 04 2006
rozporzadzenie z dnia 28.04.2006, Materiały szkoleniowe na uprawnienia budowlane - archiwalne
kolo 2 stoma 2006, 3 rok stoma, patomorfa, 2 kolo, 2 kolo, testy
04 2006 109 111
kolo 03 2006
Polityka regionalna Wyk-ad 01.04.2006, IV SEMESTR, polityka regionalna
transport i handel morski w7 (05 04 2006) SDIP3G56JS32XJGLVUTOOGPD64VXC4BAZXS5WKA
kolo I analiza (zad rozw)
PILSKO.27.04.2006 pdf
scenariusz 04 2006 karnawal, Scenariusze zajęć
chirurgia klucz egz 01 04 2006, Naika, stomatologia, Chirurgia
ćw.24.04.2006, administracja, Reszta, STARE, Ochrona środowiska
NA190PL 04 2006 Raportowanie
Inżynieria ekstremalna s. 04 (2006)
7[1].04.2006 r. - cwiczenia metodologia, metodologia, materiały na zajęcia
školské kolo 04 2005
więcej podobnych podstron