Решение

Сразу:
$$\vec F=q \vec E$$
Поэтому достаточно найти или силу, или поле, и можно тривиально получить второе. Это полезно потому, что проще всего считать сразу именно силу, причем не со стороны поля участка сферы на заряд, а наоборот:
$$\vec{dF}=\frac{q}{4\pi\varepsilon_0 R^2}\sigma\vec{dS}$$
Для наших фигур интегрирование проекций даст суммарно в общем случае
$$F=\frac{q\sigma}{4\pi\varepsilon_0 R^2}\sqrt{S_x^2+S_y^2+S_x^2}$$
Теперь поместим начало координат в центр сферы, плоскость $xy$ по одному из разрезу, и после несложных расчётов получим (обозначим $S=\pi R^2$):
$$F_1=\frac{q\sigma}{4\pi\varepsilon_0 R^2}\sqrt{0^2+0^2+S^2}=\frac{q\sigma}{4\varepsilon_0}$$
$$F_2=\frac{q\sigma}{4\pi\varepsilon_0 R^2}\sqrt{0^2+(S/2)^2+(S/2)^2}=\frac{\sqrt{2}q\sigma}{8\varepsilon_0}$$
$$F_3=\frac{q\sigma}{4\pi\varepsilon_0 R^2}\sqrt{(S/4)^2+(S/4)^2+(S/4)^2}=\frac{\sqrt{3}q\sigma}{16\varepsilon_0}$$
Тут важно помнить, что проекция тут - не тень фигуры. Мы работаем с нормалями к поверхности. Несложно те же результаты получить интегрированием в сферической системе координат.

Решая $б$, воспользуемся результатом для полусферы. Разобьём полушар на концетрические полусферы толщиной $dR$
$$E=\int_0^R \frac{\rho}{4\varepsilon_0}dR=\frac{R\rho}{4\varepsilon_0}$$