DANH MỤC VIẾT TẮT
Viết tắt Cụm từ
BDTD bồi dưỡng tư duy
BT bài tập
BTCL bài tập chọn lọc
BTVL bài tập vật lý
DH dạy học
DHVL dạy học vật lý
ĐLVL đại lượng vật lý
HS học sinh
HSG học sinh giỏi
HTVL hiện tượng vật lý
NLTD năng lực tư duy
NLTD năng lực tư duy
PP phương pháp
PPDH phương pháp dạy học
QTDH quá trình dạy học
TDST tư duy sáng tạo
THPT trung học phổ thông
TL tâm lý
VL vật lý
MỤC LỤC
Trang
1. ĐẶT VẤN ĐỀ 2
2. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ
2.1. Vai trò của BTVL trong việc bồi dưỡng năng lực tư duy của học sinh 3
2.2. Bài tập trong việc bồi dưỡng và phát triển tư duy cho HS chuyên lí 3
2.3. Nguyên tắc xây dựng, tuyển chọn và phân loại bài tập theo logic
nhận thức trong hệ thống bài tập chọn lọc 5
2.4.Các tiêu chí dùng để xây dựng hệ thống bài tập 5
2.6. Ví dụ minh họa 6

Thế nhưng chương trình giảng dạy trong các trường chuyên nói chung và bộ
môn VL nói riêng còn chưa có sự thống nhất, ổn định. Đa phần chương trình
giảng dạy được xây dựng theo kinh nghiệm của các cá nhân giáo viên giảng dạy
lâu năm hoặc trên cơ sở thống nhất ở nhóm chuyên môn của từng trường. Trình
độ HS mỗi năm một khác, năm sau tốt hơn năm trước. Yêu cầu đề thi Quốc Gia,
Quốc tế ngày càng cao, nhiều vấn đề mới mang tính thời sự được cập nhật vào
trong đề thi. Với những đặc điểm đó sự đổi mới liên tục của giáo viên thực tế là
không thể. Hơn thế nữa HS phải hoàn tất chương trình PTTH và các chuyên đề
nâng cao để đến giữa học kì I năm lớp 11 (tức chỉ sau hơn 1 năm vào THPT) để
có thể tham dự các kì thi HSG Quốc Gia, Quốc tế ! Vậy làm thế nào để giải
quyết được khó khăn trên ? Để làm được việc đó cần phải dạy cho HS các PP tư
duy khoa học với PP giảng dạy phù hợp. Bản thân tôi nhận thấy dạy BT là một
phương án thích hợp. Với những lí do nêu trên, tôi chọn đề tài:
“Tuyển chọn xây dựng hệ thống bài tập chọn lọc nhằm bồi dưỡng
năng lực tư duy cho học sinh chuyên lí”
3
2. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ
2.1. Vai trò của BTVL trong việc bồi dưỡng năng lực tư duy của học sinh
-BTVL có vài trò vô cùng quan trọng, chúng được sử dụng trong DHVL với
những mục đích khác nhau.
-BTVL được sử dụng như các phương tiện nghiên cứu tài liệu mới khi trang bị
kiến thức mới cho HS nhằm đảm bảo cho HS lĩnh hội kiến thức một cách sâu
sắc và vững chắc. BT có thể là điểm khởi đầu để dẫn dắt đến kiến thức mới ở
bậc THPT. Với trình độ toán học đã khá phát triển, nhiều khi các BT được sử
dụng khéo léo có thể dẫn HS đến những suy nghĩ về một hiện tượng mới hoặc
xây dựng khái niệm mới để giải thích hiện tượng mới do BT đưa ra.
-Bài tập VL là phương tiện rèn luyện cho HS kỹ năng kỹ xảo vận dụng kiến
thức, liên hệ lý thuyết với thực tiễn, đời sống. Có thể xây dựng rất nhiều BT có
nội dung thực tiễn, trong đó yêu cầu HS phải vận dụng kiến thức lý thuyết để
giải thích các hiện tượng có thể xảy ra trong thực tiễn ở những điều kiện cho

âu và biết đối phó với sự mất mát, lạm dụng, chấn thương.
Tính cách mạnh mẽ, ý thức cao về bản thân đã làm HS các trường chuyên có
tính quyết đoán, sẵn sàng tranh luận với người khác về một vấn đề nào đó cho
đến tận cùng chân lí. HS các trường chuyên ý thức tốt về bản thân, biết được
mặt mạnh, mặt yếu, thể hiện ước muốn của bản thân cũng như những điều mà
các em không thích, tự nhận ra stress hay tình trạng bị áp lực để ứng phó kịp
thời. Bên cạnh đó, kỹ năng xã hội của các em cũng được đánh giá cao. Các em
có thể đồng cảm, biết lắng nghe và hiểu nhu cầu, hoàn cảnh của người khác
cũng như biểu lộ sự hiểu biết này thông qua những hành động cụ thể.
Tình cảm đạo đức cũng được phát triển mạnh ở các HS trường chuyên. Nó
là một trong những động cơ thúc đẩy hành vi xã hội và các hoạt động, điều
chỉnh mọi hành vi của các em.
Tuy nhiên, các HS lại hay gặp khó khăn trong việc chấp nhận ý kiến của
người khác, thường đặt vị trí, vai trò của mình quá cao trong tập thể. Mặc dù,
khả năng “đặt chân mình vào đôi giày của người khác” để thấu hiểu những gì họ
trải qua lại được đánh giá cao. Đó là quan tâm đến cảm xúc người khác và sẵn
sàng hỗ trợ họ về mặt tình cảm. HS chuyên có thể thông cảm với người không
bằng mình, nhưng khó chấp nhận có người hơn mình và chính tư duy này đã làm
cản trở những nỗ lực nhằm phát huy hết các tiềm năng của các em, làm cho kỹ
năng hợp tác và làm việc theo nhóm cũng như giải quyết vấn đề của HS không
được phát triển đúng mức.
Học sinh chuyên không sợ BT khó, phức tạp. Bản thân các em rất ham
muốn được thử sức ở những vấn đề mới. Đặc biệt đối với những BT mà sau khi
đọc xong đề thì HS rơi vào trạng thái tâm lí vừa hơi căng thẳng, vừa hưng phấn
khao khát vượt qua khó khăn nhằm giải quyết được mâu thuẫn.
Được trang bị nhiều kiến thức toán học nên HS chuyên không ngại BT tính
toán phức tạp, tuy nhiên có thể dẫn đến việc lạm dụng kiến thức toán mà không
chú ý đến bản chất VL của bài toán. Khi đó nên điều chỉnh hạn chế trên bằng
những BT có tính bất ngờ cao.
Với HS bình thường để đưa các em đến mâu thuẫn giữa một bên là nhu cầu,

và trình tự sắp xếp các bài tập, nên để HS sau mỗi BT đều phát hiện ra những
cái mới hay nảy sinh những vấn đề mới cần giải quyết tiếp
BTVL nói chung có tác dụng rất lớn về các mặt: giáo dục, giáo dưỡng phát
triển tư duy và giáo dục kỹ thuật tổng hợp. Tác dụng ấy càng tích cực nếu trong
QTDH có sự lựa chọn thật cẩn thận hệ thống bài tập: chặt chẽ về nội dung, thích
hợp về PP và bám sát mục đích, nhiệm vụ DH ở trường phổ thông.
2.4.Các tiêu chí dùng để xây dựng hệ thống bài tập.
Đặc điểm của HS chuyên được thể hiện rõ qua các năng lực hoạt động tư duy
của các em, cụ thể như:
-Ưa tìm tòi, khám phá những tri thức mới.
-Hứng thú với các dạng BT mới, với PP giải mới.
-Thích luyện tập, củng cố kiến thức.
-Thích sáng tạo, tìm sự độc đáo trong cách giải.
-Ưa vận dụng tư duy toán học.
-Nhàm chán với những BT đơn giản, quen thuộc.
Từ những nguyên tắc chung nêu trên và đặc điểm của HS chuyên, chúng ta
có thể xây dựng hệ thống BTCL nhằm bồi dưỡng NLTD cho học sinh chuyên
phù hợp với thực tế và hệ thống BT đó là của riêng mình. Nhưng cần lưu ý
Với mỗi chủ đề, các BT cần được sắp xếp theo trình tự:
+Xuất phát bằng BT điển hình.
+Bài tập phát triển dựa trên BT xuất phát.
+Lời giải, hướng dẫn giải hoặc đáp số.
6
Như vậy khi giảng dạy sẽ hiệu quả và tiện lợi hơn, không gây khó đột ngột cho
HS dễ dẫn đến trạng thái căng thẳng thiếu tự tin ở HS. Ngược lại nếu gặp HS
giỏi hơn, ta có thể bỏ qua các bài trung gian, hoặc yêu cầu HS tự giải quyết như
là BT về nhà. Hệ thống các BT được lựa chọn cần thỏa mãn các tiêu chí sau:
-Tiêu chí 1: Các BT phải đi từ dễ đến khó, từ đơn giản đến phức tạp về mối
quan hệ giữa những đại lượng và khái niệm đặc trưng cho quá trình hoặc hiện
tượng, sao cho từng bước HS hiểu được kiến thức một cách vững chắc và có kỹ

đặt trong từ trường đều B. Bỏ qua mọi điện trở. Tìm chu kì dao
động của thanh.
Giải
7
k
C
L
B
r
Tại độ dời y, khối có vận tốc v. Do từ thông biến đổi ⇒ có s.đ.đ cảm ứng e =
BLv, tích điện cho tụ
q = CBLv ⇒ I = CBL
dv
dt
Lực từ tác dụng lên thanh: F = BIL = CB
2
L
2
dv
dt
mg - ky - CB
2
L
2
dv
dt
= m
2
2
d y

Do đối xứng mà gia tốc của mỗi thanh là -
x
2
&&
Theo định luật II Niutơn cho một đoạn dây:
( ) ( )
( )
2
F 2 2 B e B d B
x 2 I B x B xB xB
m m m 2R mR dt mR
 
ω ω ω
        
= − = − ω = − = − ω = − +
 ÷  ÷  ÷ ÷  ÷
 ÷
        
 
&
&& &
ω là khoảng cách hai thanh ray; R là điện trở của các thanh
Vì từ trường xuất hiện đột ngột và nhanh chóng đạt giá trị cực đại ⇒ giả thiết nó
đạt cực đại khi x còn nhỏ, vì vậy trong giai đoạn quá độ số hạng thứ hai trong
phương trình trên là rất nhỏ và x ≈ L
L
B
r
8
( )

2 2
B
x x
mR
ω
= −
&
+ C
2 2
LB
x V
2mR
ω
= = −
&
=
2 2
B
L
mR
ω
−
+ C ⇒ C =
2 2
B
L
2mR
ω
Vậy:
2 2

cư
= -
d
dt
Φ
sinh ra dòng điện
cảm ứng có chiều kim đồng hồ.
Chú ý rằng
0
dB dx
B k
dt dt
=
không phải là hằng số (vì vận tốc
dx
dt
giảm từ v đến 0)
⇒ I ≠ const
mà biến thiên giảm ⇒ có dòng điện tự cảm cùng chiều kim đồng hồ với suất
điện động tự cảm là
e
tc
= -L
dI
dt
= -
d
dt
Φ
Khung siêu dẫn ⇒ b

(1 + kx) - B
0
[1 + k(x - b)]} = -B
0
kIb
2
= -
( )
4 2
0
b B k
1 kx
L
+
F = -
4 2 2
0
b B k 1
x
L k
 
 
− −
 ÷
 
 
 
= -K(x - x
0
)

và k là các hằng số. Khung được cấp tức thời vận tốc
ban đầu v dọc theo trục x như hình vẽ. Khung dừng lại sau một khoảng thời gian
bao lâu ?
Đáp số: τ =
0
mL
2bB k
π
v
b
x
10
B
r
g
r
4. Một khung dây dẫn hình vuông cạnh b, khối lượng m, điện trở không đáng kể
có thể quay tự do quanh trục nằm ngang đi qua cạnh trên. Hệ thống đặt trong từ
trường đều B như hình. Độ tự cảm của khung dây là L. Đưa khung dây đến vị trí
nằm ngang rồi thả nhẹ. Khung dao động tắt dần do sức cản không khí. Tìm góc
hợp bởi mặt phẳng khung dây và phương thẳng đứng ở vị trí cuối cùng.
Giải
Trong khung có suất điện động cảm ứng:
E
= -
d
dt
Φ
= RI = 0 ⇒ Φ = const
Φ = Bb

( )
2
0
Bb 1 sin
L
− θ
, thay vào (1) rồi rút gọn,
biến đổi
( )
2 3
0
0 0
B b 1 sin
mg
cos sin
L 2
− θ
θ = θ
⇒ tanθ
0
=
( )
2 3
0
2B b
1 sin
mgL
− θ
= A(1 - sinθ
0

dt 2 2
Φ
 
= =
 ÷
 
Q
1
= C
1
e Q
2
= C
2
e
Sau khi cắt dây: Q = e(C
1
- C
2
) ⇒ U =
1 2
Q Q
C C C
=
+
⇒
Q
1
’ = C
1

B
r
+
B
r
y
6. Một khối kim loại mỏng hình vuông cạnh b, dày d được treo nằm ngang bởi
lò xo nhẹ thẳng đứng có độ cứng k trong từ trường đều B nằm ngang song song
với mặt tấm. Tìm chu kì dao động nhỏ của khối theo phương thẳng đứng.
Giải
Khi khối dao động, nhìn từ trái sang ta có thanh dài d chuyển động cắt các
đường sức từ ⇒
E
= Bvd
Khi thanh đi xuống, dòng điện có chiều từ trong ra ⇒ mặt trước mang điện
dương, mặt sau mang điện âm, ta có tụ điện C =
2
0 0
S b
d d
ε ε
=
Năng lượng của tụ W =
( )
2
2
2 2 2 2
0
0
b1 1 1

k k
+ ε
π = π
7. Mạch điện gồm pin có suất điện động e, điện trở
trong r, hai cuộn cảm thuần L
1
; L
2
và điện trở thuần R
mắc như hình. Ban đầu đóng k
1
, sau một thời gian thì
đóng k
2
. Điện tích dịch chuyển qua R sau khi đóng k
2
là bao nhiêu ?
Giải
Hiệu điện thế giữa cực dương và âm của nguồn sau khi đóng k
2
là
U = RI + L
1
dI
dt
(1)
U = e - r(I + i) (2)
U = L
2
di

(1 - e
-kt
) do đó
kt
0
di
ki e
dt
−
=
Thay vào (4)
R I
0
e
-kt
- L
1
kI
0
e
-kt
= L
2
ki
0
e
-kt
⇒ R
e
R r+

+
+
Điện tích dịch chuyển qua điện trở R
Q =
kt
0
0
0 0
I
Idt I e dt
k
∞ ∞
−
= =
∫ ∫
=
( )
2
1
L R r
L
e
r
R r R
+
+
×
+
Q =
1 2

Tính khoảng cách cực tiểu giữa thanh và R trong hai
trường hợp:
a. Bỏ qua ma sát giữa thanh và và hai ray.
b. Hệ số ma sát giữa thanh và ray là R
Giải
*Giai đoạn quá độ
Khi thiết lập từ trường, cảm ứng từ tăng từ 0 → B
0
Khi cảm ứng từ có độ lớn là B, chiều dòng điện
như hình vẽ.
Trong mặt phẳng xuất hiện một điện trường xoáy
Suất điện động xuất hiện trong mạch
E =
d dB
Ld.
dt dt
Φ
− =
(vận tốc của thanh bằng 0 do chưa kịp thay đổi)
Dòng cảm ứng: I =
E Ld dB
.
R R dt
=
Theo chiều chuyển động của thanh (về phía R), áp dụng định luật II Niutơn
F
từ
- F
ms
=

dt
=
2
Ld BdB
.
R dt
⇒ dv =
2
Ld
BdB
mR
v =
0 0
v B
2
0 0
Ld
dv BdB
mR
=
∫ ∫
⇒ v
0
=
2 2
0
LB d
2mR
*Giai đoạn ổn định của từ trường
Thanh chuyển động về phía R, Φ giảm, dòng điện có chiều ngược lại:

R
0 max
v x
2 2
0
0 0
B d
m dv dx
R
= −
∫ ∫
⇒ mv
0
=
2 2
0 max
B d x
R
⇒ x
max
=
0
2 2
mv R
B d
=
L
2
Vậy: L
min

B d mgR
v
R B d
 
µ
+
 ÷
 
=
dv
m
dt
2 2
2 2
0
0
2 2
0
mgR
d v
B d
B d
dt
mgR
mR
v
B d
 
µ
+

2 2
0
mgR
ln v
B d
 
µ
+
 ÷
 
= -
2 2
0
B d
T
mR
⇒ T =
2 2
0 0
2 2
0
v B dmR
ln 1
B d mgR
 
+
 ÷
µ
 
Biến đổi lại (*) -

max
ta được:
14
-
2 2
0
B d
R
x
max
- µmgT = -mv
0
2 2
0
B d
R
.x
max
+
2 22
0 0
2 2
0
v B dgm R
ln 1
B d mgR
 
µ
+
 ÷

=
L
2
+
2 22 2
0 0
4 4
0
v B dgm R
ln 1
B d mgR
 
µ
+
 ÷
µ
 
10. Trên mặt phẳng ngang nhẵn có đặt một vòng dây không dẫn điện mảnh khối
lượng m, tích điện q (điện tích phân bố đều). Vòng dây nằm trong từ trường
ngoài đồng nhất có cảm ứng từ
0
B
r
vuông góc với vòng dây. Tìm tốc độ góc của
vòng dây khi ngắt từ trường.
Giải
Khi từ trường giảm thì xuất hiện điện trường xoáy bao quanh vòng dây, do đó
lực điện tiếp tuyến với vòng làm cho vòng quay.
Xét một đường sức ≡ với vòng dây
Tại thời điểm t, cường độ điện trường xoáy tại một điểm trên vòng dây là E

ϕ
π
chịu tác dụng của lực điện:
dF = E
x
dq = -
r dB
2 dt
.
q
d
2
ϕ
π
⇒ lực điện do điện trường xoáy tác dụng lên cả
vòng dây: F = -
qr dB
2 dt
Theo định luật II Niutơn:
Fdt = mdv ⇒ -
qr dB
2 dt
dt = mdv ⇒ v =
0
qrB
2m
⇒ ω =
0
qB
2m

0
2
1 L 1 L
. .
dS 2 rdr
r
1
a
=
λ π
 
λ −
 ÷
 
Cường độ dòng qua mỗi ống trên: dI =
2
0
2
U r 2 rdr
U 1
dR a L
 
π
= λ −
 ÷
 
Dòng qua cả khối plasma:
I =
0 0
r r

2
2 2
0 0
0
2
U r
2a r
2La
λ π
−
Xét đường tròn nằm trong mặt phẳng ⊥ hình trụ, bán kính x > r
0
có tâm nằm trên
trục khối plasma
Theo định lí Ampe:
( )
0 0
C
Bd i Il = µ = µ
∑
∫
r
r
Ñ
⇒
B.2πx =
( )
2
2 2
0 0 0

2
=
( )
2
2 2
0 0 0
0 2
2
U r
2a r I
4La x
µ λ
−
12. Trong một cuộn cảm đặt trong chân không có các
điện tích dương đặt như hình vẽ. Ban đầu chưa có dòng
điện qua cuộn cảm, các hạt nằm yên. Cho dòng điện chạy
qua cuộn dây sao cho từ trường trong cuộn cảm trong
thời gian rất nhỏ ∆t tăng đến B
0
sau đó không đổi. Mô tả
quỹ đạo chuyển động của các điện tích và vị trí của chúng đối với nhau sau thời
gian t kể từ khi đóng mạch. Bỏ qua tương tác giữa các hạt và tác dụng của trọng
lực.
Giải
Trong thời gian ∆t, từ trường tăng từ 0 đến B
0
làm xuất hiện điện trường xoáy là
những đường tròn đồng tâm với vòng dây, điện trường này làm tăng tốc cho các
điện tích. Khi B = B
0

t
π
∆
⇒ E = -
0
xB
2 t∆
Trong thời gian ∆t điện tích q cách tâm x nhận được xung lực:
mv F t= ∆
r
r
m∆v = F∆t ⇒ mv = q
0
xB
2 t∆
∆t ⇒ v =
0
qxB
2m
Sau ∆t các điện tích chuyển động tròn đều trong mặt phẳng vòng dây với:
+Bán kính quỹ đạo: r =
0
2 2
0 0 0
qxB
m
mv mv mv x
2m
f qB v qB qB 2
= = = =

B
r
k
17
Ở thời điểm t, tọa độ của mỗi thanh là x
1
; x
2
với gốc tọa độ là vị trí ban đầu của
mỗi thanh
Suất điện động ở mỗi thanh là: e
1
= Ba
1
dx
dt
và e
2
= -Ba
2
dx
dt
Theo định luật Ôm: i =
( )
1 2
Ba x x
2r
−
& &
Áp dụng định luật II Niutơn cho mỗi thanh:

( )
2 1
2k x x
m
−
Đặt: x
2
- x
1
= X ⇒
2 1
x x X− =
&
& &
;
2 1
x x X− =
&&
&& &&

Đặt:
2 2
B a
2
mr
= β
và
2
0
2k

Đặt ω =
2 2
0
ω −β
n = -β ± iω ⇒ X =
( )
i t
e
−β± ω
=
1
it
e .e
± ω−β
X = e
-βt
(C
1
sinω
1
t + C
2
cosω
1
t) =
( )
t
1
Ae sin t
−β

= 0 =
0
x
2
-
A
sin
2
ϕ
⇒ Asinϕ = x
0

v
1
= 0 = A(-βsinϕ - cosϕ) ⇒ βAsinϕ = -Acosϕ = βx
0
⇒
A =
2
0
x 1+β
; sinϕ =
0
x
A
=
2
1
1+β
;

khoảng a, xác định theo:
( )
1 2
2
2
q q
a
d a
=
−
Chọn Ox ≡ phương dao động, O ≡ VTCB, chiều dương từ q
1
→ q
2

Tại li độ x khi đang dao động
E =
2
mv
2
+
1 2
kq q kq q
a x b x
+
+ −
= const b = d - a
mx’x” -
( )
1 2

 
−
 ÷
 
= 0 Do dao động bé nên lấy gần
đúng:
mx” -
1
2
kq q 2x
1
a a
 
−
 ÷
 
+
2
2
kq q 2x
1
b b
 
+
 ÷
 
= 0
mx” -
1
2

+
 ÷
 
= 0 ⇒
ω =
1 2
3 3
kq q kq q
2
B
a b
m m
 
+
 ÷
 
=
=
( )
1 2
3
3
q q
2kq
a
d a
m
 
+
 

(1 + αx)bv
I =
e
R
⇒ dQ = I
2
Rdt =
( )
2
2 2 2
0
B 1 x b v dt
R
+ α
= -mvdv
* Khi MN ≡ z, khung có vận tốc V
Q
đầu
=
2 2
0
mV mV
2 2
−
= Q
sau
=
2
mV
2

2 2 2
0
B 1 x b v dt
R
+ α
≈
( )
2 2 2
0
B 1 2 x b v dt
R
+ α
= -mvdv
( )
2 2
0
B b 1 2 x dx+ α
= -mRdv
( )
b
2 2
0
0
B b 1 2 x dx+ α
∫
= -mR
0
V
V
dv

=
( )
0
mRV 2 1
2
−
⇒
R =
( )
( )
2 3
0
0
B b 1 b 2
mV 2 1
+ α
−
=
( )
( )
2 3
0
0
B b 1 b 2 2
mV
+ α +
*Khi khung vào hẳn trong từ trường:
I =
( ) ( )
0

r
x
z
O
P
Q
M
N
20
1
S
0
2 4 2
0
0 V
B b
dx m dv
R
α
= −
∫ ∫
⇒
2 4 2
0
B b
R
α
S
1
= mV

cần phải tốn quá nhiều thời gian. Kết quả đã đạt được sau khi vận dụng giảng
dạy với HS chuyên Lí khóa 2010-2013, từ lớp 11 đã có 3 em dự thi HSG Quốc
Gia đạt 3 giải Ba, lớp 12 có 6 dự thi HSG Quốc Gia (giải đạt được 01 Nhất, 02
Nhì, 02 B, 01 khuyến khích), 6 em dự thi HSG cấp tỉnh (đạt 01 Nhất, 05 Nhì), 1
em dự thi APhO
th
14 và đạt huy chương Đồng. Hiện có 2 em được gọi vào đội
tuyển Quốc Gia dự thi IPhO
th
44 tại Đan Mạch từ 07-7-2013 đến 15-07-2013.
XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG
ĐƠN VỊ
Thanh Hóa, ngày 16 tháng 5 năm
2013
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của
mình viết, không sao chép nội dung
của người khác
Trịnh Thọ Trường
22