$$ { 解：由题意可知\left( x,y,z \right) \in S，且z=\sqrt{R^2-x^2-y^2}\Longrightarrow x^2+y^2+z^2=R^2，因此被积函数可表示为： \\ { \left\{ \begin{array}{l} P\left( x,y,z \right) =\frac{xz^2}{\left( x^2+y^2+z^2 \right) ^{\frac{1}{2}}}=\frac{xz^2}{R}\\ Q\left( x,y,z \right) =\frac{x^2y-z^3}{\left( x^2+y^2+z^2 \right) ^{\frac{1}{2}}}=\frac{x^2y-z^3}{R}\\ R\left( x,y,z \right) =\frac{2xy+y^2z}{\left( x^2+y^2+z^2 \right) ^{\frac{1}{2}}}=\frac{2xy+y^2z}{R}\\ \end{array} \right. ，且有：\frac{\partial P}{\partial x}+\frac{\partial Q}{\partial y}+\frac{\partial R}{\partial z}=\frac{z^2}{R}+\frac{x^2}{R}+\frac{y^2}{R}=\frac{1}{R}\left( x^2+y^2+z^2 \right) ；} \\ { 注意到这个结构非常适合用高斯公式，但曲面不封闭，因此补面：} \\ { 添加一块有向曲面S_1：\left\{ \begin{array}{l} x^2+y^2≥ a^2\\ z=0\\ \end{array}，法向量方向朝下，S与S_1所围成的封闭区域记为\Omega 则有： \right. } \\ { I=\oiint_{\mathrm{S}\cup \mathrm{S}_1}{P\mathrm{d}y\mathrm{d}z+Q\mathrm{d}z\mathrm{d}x+R\mathrm{d}x\mathrm{d}y}-\iint_{\mathrm{S}_1}{P\mathrm{d}y\mathrm{d}z+Q\mathrm{d}z\mathrm{d}x+R\mathrm{d}x\mathrm{d}y}；对其分别计算有：} \\ { \unicode{x2460} \oiint_{\mathrm{S}\cup \mathrm{S}_1}{P\mathrm{d}y\mathrm{d}z+Q\mathrm{d}z\mathrm{d}x+R\mathrm{d}x\mathrm{d}y}\xlongequal{\mathrm{Gauss}}\iiint_{\Omega}{\frac{1}{R}\left( x^2+y^2+z^2 \right) \mathrm{d}V}；} \\ { 对其进行球坐标变换有：\left\{ \left( \theta ,\varphi ,r \right) |0≥ \theta ≥ 2\pi ,0≥ \varphi ≥ \frac{\pi}{2},0≥ r≥ R \right\} ；即：} \\ { \iiint_{\Omega}{\frac{1}{R}\left( x^2+y^2+z^2 \right) \mathrm{d}V}\begin{array}{l} =\frac{1}{R}\int_0^{2\pi}{\mathrm{d}\theta}\int_0^{\frac{\pi}{2}}{\mathrm{d}\varphi}\int_0^R{r^2\cdot r^2\sin \varphi}\mathrm{d}r=\frac{1}{R}\int_0^{2\pi}{\mathrm{d}\theta}\int_0^{\frac{\pi}{2}}{\sin \varphi \mathrm{d}\varphi}\int_0^R{r^4}\mathrm{d}r\\ =\frac{1}{R}\cdot \theta \mid_{0}^{2\pi}\cdot \left( -\cos \varphi \right) \mid_{0}^{\frac{\pi}{2}}\cdot \frac{1}{5}r^5\mid_{0}^{R}=\frac{1}{R}\cdot 2\pi \cdot 1\cdot \frac{1}{5}R^5=\frac{2}{5}\pi R^4.\\ \end{array}} \\ { \unicode{x2461} -\iint_{\mathrm{S}_1}{P\mathrm{d}y\mathrm{d}z+Q\mathrm{d}z\mathrm{d}x+R\mathrm{d}x\mathrm{d}y}：} \\ { 由于平面S_1：\left\{ \begin{array}{l} x^2+y^2≥ a^2\\ z=0\\ \end{array}与yOz平面和zOx平面均垂直，因此 \right. \left\{ \begin{array}{l} \iint_{\mathrm{S}_1}{P\mathrm{d}y\mathrm{d}z}=0\\ \iint_{\mathrm{S}_1}{Q\mathrm{d}z\mathrm{d}x}=0\\ \end{array}； \right. } \\ { 于是：-\iint_{\mathrm{S}_1}{P\mathrm{d}y\mathrm{d}z+Q\mathrm{d}z\mathrm{d}x+R\mathrm{d}x\mathrm{d}y}=-\iint_{\mathrm{S}_1}{R\mathrm{d}x\mathrm{d}y}，利用投影法有：} \\ { -\iint_{\mathrm{S}_1}{R\mathrm{d}x\mathrm{d}y}=-\left( -\iint_{\mathrm{D}}{R\mathrm{d}x\mathrm{d}y} \right) =\iint_{\mathrm{D}}{\frac{2xy+y^2z}{R}\mathrm{d}x\mathrm{d}y}；D的区域为：\left\{ x,y|x^2+y^2≥ a^2 \right\} ；} \\ { 由于在平面S_1上，z=0，故y^2z=0；D关于xy对称，因此2xy为奇，2xy也为0；故\iint_D{\frac{2xy+y^2z}{R}\mathrm{d}x\mathrm{d}y}=0.} \\ { 综上所述：I=\unicode{x2460} +\unicode{x2461} =\frac{2}{5}\pi R^4.} \\ { 注：为什么-\iint_{\mathrm{S}_1}{R\mathrm{d}x\mathrm{d}y}=-\left( -\iint_{\mathrm{D}}{R\mathrm{d}x\mathrm{d}y} \right) 要加负号} \\ { 因为法向量的方向向下，我们一般取前侧，右侧，上侧方向为正\left( 即x,y,z轴的正方向 \right) .} \\ \\ $$