Ejemplos:

1. Un cilindro homogéneo, de radio $R$ y altura $L$, que gira respecto a su eje de simetría:

Puede considerase el cilindro como una sucesión, serie, de elementos de volumen en forma de "tubería", cuyo grosor es $dr$, radio interior $r$ y altura $L$. Siendo pues:

$dV = 2\pi r L \, dr$

Entonces:

$\begin{align} I &= 2\pi L \rho \! \int_0^R \! r^3 dr = 2\pi L \rho \left[ \dfrac{r^4}{4} \right]_0^R = 2\pi L \rho \dfrac{R^4}{4} = \\[1ex] &= \dfrac{1}{2} \pi R^4 L \rho \end{align}$

El volumen del cilindro es:

$\displaystyle V = \int_0^R \! 2\pi r L \, dr = \pi R^2 L$

Es un cilindro, con masa $M$, homogéneo:

$\rho = \dfrac{M}{V} = \dfrac{M}{\pi R^2 L} \ \Rightarrow{} \ M = \pi R^2 L \rho$

Así pues:

$I = \dfrac{1}{2} M R^2$

2. Barra homogénea, de longitud $l$, que gira alrededor de un eje perpendicular:

Elemento de volumen:

$dV = S \, dx$

Entonces:

$\begin{align} I &= \rho S \int_{-h}^{l - h} \! x^2 dx = \rho S \left[ \dfrac{x^3}{3} \right]_{-h}^{l - h} = \\[1ex] &= \dfrac{1}{3} \rho S \left[ (l - h)^3 - (-h)^3 \right] = \\[1ex] &= \dfrac{1}{3} \rho S \left[ l^3 - 3l^2 h + 3lh^2 - \! \cancel{h^3} \! + \! \cancel{h^3} \right] = \\[1ex] &= \dfrac{1}{3} \rho S l \left[ l^2 - 3lh + 3h^2 \right] \end{align}$

El volumen de la barra:

$\displaystyle V = \int_{-h}^{l - h} \! S \, dx = S l$

Siendo pues:

$\rho = \dfrac{M}{V} = \dfrac{M}{Sl} \ \Rightarrow \ M = \rho Sl$

Por tanto:

$I = \dfrac{1}{3} M \left[ l^2 - 3lh + 3h^2 \right]$

La posición del eje en la barra determina el momento de inercia:

1. Situado en un extremo:

$h = 0, \, h = l \ \Rightarrow \ I = \dfrac{1}{3} M l^2$

2. En medio (centro de masas):

$\begin{align} h = \dfrac{l}{2} \ \Rightarrow \ I &= \dfrac{1}{3} M \left[ l^2 - \dfrac{3l^2}{2} + \dfrac{3l^2}{4} \right] = \\[1ex] &= \dfrac{1}{3} M \dfrac{4l^2 - 6l^2 + 3l^2}{4} = \dfrac{1}{3} M \dfrac{l^2}{4} = \\[1ex] &= \dfrac{1}{12} M l^2 \end{align}$

Como $I' = \alpha I$, en el segundo caso es más fácil de hacer girar.

3. Esfera homogénea que gira sobre un eje que pasa por su centro:

Se descompone la esfera en pequeñas secciones cilíndricas (discos):

$r = \sqrt{R^2 - x^2}$

El momento de inercia del pequeño cilindro:

$dI = \dfrac{1}{2} dm \, r^2 = \dfrac{1}{2} dm \left( R^2 - x^2 \right)$

Siendo $\pi r^2 dx$ el volumen del pequeño cilindro:

$\begin{gather} dm = \rho \, dV \\[1ex] dm = \rho \pi r^2 dx = \rho \pi \left( R^2 - x^2 \right) dx \end{gather}$

Por tanto:

$dI = \dfrac{1}{2} \rho \pi \left( R^2 - x^2 \right)^2 dx$

El momento de inercia total de la esfera será entonces:

$\begin{align} I = \int_{-R}^R dI &= \dfrac{1}{2} \rho \pi \int_{-R}^R \left( R^2 - x^2 \right)^2 dx = \\[1ex] &= \dfrac{1}{\cancel{2}} \rho \pi \cancel{2} \! \int_0^R \! \left( R^2 - x^2 \right)^2 dx = \\[1ex] &= \rho \pi \int_0^R \! \left( R^4 -2R^2x^2 + x^4 \right) dx = \\[1ex] &= \rho \pi \left[ R^4 x - \dfrac{2}{3} R^2 x^3 + \dfrac{x^5}{5} \right]_0^R = \\[1ex] &= \rho \pi \left[ R^5 - \dfrac{2R^5}{3} + \dfrac{R^5}{5} \right] = \\[1ex] &= \rho \pi \dfrac{15R^5 - 10R^5 + 3R^5}{15} = \\[1ex] &= \dfrac{8}{15} \pi R^5 \rho \end{align}$

El volumen de la esfera:

$\displaystyle V = \int_{-R}^R \pi \left( R^2 - x^2 \right) dx = \dfrac{4}{3} \pi R^3$

Así pues:

$\rho = \dfrac{M}{V} = \dfrac{M}{\dfrac{4}{3} \pi R^3} \ \Rightarrow \ M = \dfrac{4}{3} \pi R^3 \rho$

Por tanto:

$I = \dfrac{2}{5} M R^2$

4. Un disco plano homogéneo, de radio $R$, que gira en torno a un eje perpendicular que pasa por su centro:

De la definición de densidad superficial:

$\sigma = \dfrac{dm}{dS} \ \Rightarrow \ dm = \sigma \, dS$

Por tanto:

$\displaystyle I = \int_S r^2 dm = \sigma \int_S r^2 dS$

Si se considera el disco como una sucesión de anillos de radio $r$ y grosor (infinitesimal) $dr$, entonces la superficie de uno de ellos:

$dS = 2\pi r \, dr$

Así pues:

$\begin{align} I = \sigma \int_S r^2 dS &= 2\pi\sigma \int_0^R \! r^3 dr = \\[1ex] &= 2\pi\sigma \left[ \dfrac{r^4}{4} \right]_0^R = \\[1ex] &= \dfrac{1}{2} \pi\sigma R^4 \end{align}$

Partiendo de la superficie del disco plano (círculo):

$\displaystyle S = \int_0^R \! 2 \pi r \, dr = \pi R^2 \ \Rightarrow \ \sigma = \dfrac{M}{S} = \dfrac{M}{\pi R^2} \ \Rightarrow \ M = \pi\sigma R^2$

Por lo que:

$I = \dfrac{1}{2} M R^2$

5. Un disco plano homogéneo, de radio $R$, que gira sobre su eje de simetría (i.e. uno de sus diámetros):

Tomando el elemento de superficie o área:

$dS = l \, d\theta \, dl$

Siendo:

$r = l \sin\theta$

Dado que $dm = \sigma \, dS$, en donde $\sigma$ es la densidad superficial, entonces:

$\begin{align} I = \int_S r^2 dm &= \sigma \int_S r^2 dS = \\[1ex] &= \sigma \int_0^R \int_0^{2\pi} l^3 \sin^2{\!\theta} \, d\theta \, dl = \\[1ex] &= \sigma \int_0^R l^3 dl \int_0^{2\pi} \sin^2{\!\theta} \, d\theta = \\[1ex] &= \sigma \left[ \dfrac{l^4}{4} \right]_0^R \int_0^{2\pi} \sin^2{\!\theta} \, d\theta = \\[1ex] &= \dfrac{\sigma R^4}{4} \int_0^{2\pi} \sin^2{\!\theta} \, d\theta \underset{\color{red}{\ast}}{=} \\[1ex] &&\color{red}{\ast} \sin^2{\!\theta} = \dfrac{1 - \cos{2\theta}}{2} \\[1ex] &= \dfrac{\sigma R^4}{4} \int_0^{2\pi} \dfrac{1 - \cos{2\theta}}{2} \, d\theta = \\[1ex] &= \dfrac{\sigma R^4}{4} \left[ \dfrac{2\theta - \sin{2\theta}}{4} \right]_0^{2\pi} = \\[1ex] &= \dfrac{\sigma \pi R^4}{4} \end{align}$

Teniendo en cuenta que:

$\left.\begin{array}{l} \displaystyle S = \int_0^R \int_0^{2\pi} l \, d\theta \, dl = \pi R^2 \\[1ex] \sigma = \dfrac{M}{S} \end{array} \ \right\} \Rightarrow \ \sigma = \dfrac{M}{\pi R^2} \ \Rightarrow \ M = \sigma \pi R^2$

Es pues:

$I = \dfrac{1}{4} M R^2$