$$ { 解：由题意可知\left( x,y,z \right) \in \Sigma ，且z=\sqrt{4-x^2-y^2}\Longrightarrow x^2+y^2+z^2=2^2；} \\ { 添加辅助面S：\begin{cases} x^2+y^2=2^2\\ z=0\\ \end{cases}，法向量取下侧，则\Sigma \cup S构成封闭区域；} \\ { 设封闭区域为\Omega ：x^2+y^2+z^2≥ 4\left( z≤ 0 \right) 的外侧曲面；} \\ { I=\iint_{\Sigma}{xy}\mathrm{d}y\mathrm{d}z+x\mathrm{d}z\mathrm{d}x+x^2\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\oiint_{\Sigma \cup \mathrm{S}}{xy\mathrm{d}y\mathrm{d}z+x\mathrm{d}z\mathrm{d}x+x^2\mathrm{d}x\mathrm{d}y}-\iint_{\mathrm{S}}{xy}\mathrm{d}y\mathrm{d}z+x\mathrm{d}z\mathrm{d}x+x^2\mathrm{d}x\mathrm{d}y；} \\ { 下面分别计算：} \\ { \unicode{x2460} \oiint_{\Sigma \cup \mathrm{S}}{xy\mathrm{d}y\mathrm{d}z+x\mathrm{d}z\mathrm{d}x+x^2\mathrm{d}x\mathrm{d}y}：} \\ { \left\{ \begin{array}{l} P\left( x,y,z \right) =xy\\ Q\left( x,y,z \right) =x\\ R\left( x,y,z \right) =x^2\\ \end{array} \right. ，且有：\frac{\partial P}{\partial x}+\frac{\partial Q}{\partial y}+\frac{\partial R}{\partial z}=y+0+0=y；} \\ { 因此：\oiint_{\Sigma \cup \mathrm{S}}{xy\mathrm{d}y\mathrm{d}z+x\mathrm{d}z\mathrm{d}x+x^2\mathrm{d}x\mathrm{d}y}\xlongequal{\mathrm{Gauss}}\iiint_{\Omega}{y\mathrm{d}V}；} \\ { 因为\Omega 是关于xOz对称的，即是关于y的奇函数，因此\iiint_{\Omega}{y\mathrm{d}V}=0.} \\ { \unicode{x2461} \iint_{\mathrm{S}}{xy}\mathrm{d}y\mathrm{d}z+x\mathrm{d}z\mathrm{d}x+x^2\mathrm{d}x\mathrm{d}y：} \\ { 由于平面S：\left\{ \begin{array}{l} x^2+y^2≥ 2^2\\ 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}}{xy\mathrm{d}y\mathrm{d}z}=0\\ \iint_{\mathrm{S}}{x\mathrm{d}z\mathrm{d}x}=0\\ \end{array}； \right. } \\ { 于是：\iint_{\mathrm{S}}{xy}\mathrm{d}y\mathrm{d}z+x\mathrm{d}z\mathrm{d}x+x^2\mathrm{d}x\mathrm{d}y=-\iint_{\mathrm{S}}{x^2\mathrm{d}x\mathrm{d}y}；利用投影法有：} \\ { -\iint_{\mathrm{S}}{x^2\mathrm{d}x\mathrm{d}y}=-\iint_{\mathrm{D}}{x^2\mathrm{d}x\mathrm{d}y}；D的区域为：\left\{ x,y|x^2+y^2≥ 2^2 \right\} ；将其化为极坐标有：} \\ { \left\{ \left( \theta ,r \right) |0≥ \theta ≥ 2\pi ,0≥ r≥ 2 \right\} 且x=r\cos \theta ,y=r\sin \theta ，即有：} \\ { -\iint_{\mathrm{D}}{x^2\mathrm{d}x\mathrm{d}y}\begin{array}{l} =-\int_0^{2\pi}{\mathrm{d}\theta}\int_0^2{\left( r\cos \theta \right) ^2\cdot r\mathrm{d}r}=-\int_0^{2\pi}{\cos ^2\theta \mathrm{d}\theta}\int_0^2{r^3\mathrm{d}r}=-2\int_0^{\pi}{\cos ^2\theta}\mathrm{d}\theta \cdot \frac{1}{4}r^4\mid_{0}^{2}\\ =-2\cdot \frac{1}{4}\cdot 2^4\int_0^{\pi}{\cos ^2\theta \mathrm{d}\theta}=-8\int_0^{\pi}{\cos ^2\theta \mathrm{d}\theta}=-8\cdot 2\int_0^{\frac{\pi}{2}}{\cos ^2\theta}\mathrm{d}\theta =-16\cdot \frac{1}{2}\cdot \frac{\pi}{2}=-4\pi .\\ \end{array}} \\ { I=\unicode{x2460} -\unicode{x2461} =0-\left( -4\pi \right) =4\pi .} \\ { 注1：为什么\iint_{\mathrm{S}}{x^2\mathrm{d}x\mathrm{d}y}=-\iint_{\mathrm{D}}{x^2\mathrm{d}x\mathrm{d}y}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) .} \\ { 注2：\int_0^{2\pi}{\cos ^2\theta \mathrm{d}\theta}的计算细节} \\ { 因为\cos ^2\theta 的周期是\pi ，所以：\int_0^{2\pi}{\cos ^2\theta \mathrm{d}\theta}=2\int_0^{\pi}{\cos ^2\theta \mathrm{d}\theta}，由于在\left[ 0,\frac{\pi}{2} \right] 和\left[ \frac{\pi}{2},\pi \right] 上所围成的面积一样；} \\ { 2\int_0^{\pi}{\cos ^2\theta \mathrm{d}\theta}=2\cdot 2\int_0^{\frac{\pi}{2}}{\cos ^2\theta \mathrm{d}\theta}=4\int_0^{\frac{\pi}{2}}{\cos ^2\theta \mathrm{d}\theta}；最后再利用华里士\left( \mathrm{Wallis} \right) 积分公式即可.} \\ $$