$\left(1\right)$如图$1$所示：

$\because$点$A$是线段$MN$上一个动点，过点$A$作线段$MN$的垂线$l$，点$P$是垂线$l$上的另外一个动点，$M\left(1,2\right)$，$N\left(4,2\right)$，

$\therefore$点$P$的横坐标$1\leqslant x\leqslant 4$，

$\because$以点$P$为旋转中心，将垂线$l$沿逆时针方向旋转$60^{\circ}$后与线段$MN$有公共点，

当$\angle MPN=60^{\circ}$时，$PM=\dfrac{MN}{\tan 60^{\circ}}=\dfrac{3}{\sqrt{3}}=\sqrt{3}$，

同理$P\’N=\sqrt{3}$，

$\therefore$点$P$的纵坐标为$2-\sqrt{3}$或$2+\sqrt{3}$，

即纵坐标$2-\sqrt{3}\leqslant y\leqslant 2+\sqrt{3}$，

$\therefore$线段$MN$的“关联点”有$P_{1}$和$P_{3}$；

故答案为：$P_{1}$和$P_{3}$；

（2）线段$MN$的“关联点”$P$的位置如图$2$所示$,$

$\because$直线$y=x+1$经过点$M\left(1,2\right)$，

$\therefore x\geqslant 1$，

设直线$y=x+1$与$P_{4}N$交于点$A$，

过点$A$作$AB\bot MN$于$B$，延长$AB$交$x$轴于$C$，

由题意得：在$\triangle AMN$中，$MN=3$，$\angle AMN=45^{\circ}$，$\angle ANM=30^{\circ}$.

设$AB=MB=a$，

$\therefore \tan \angle ANM=\dfrac{AB}{BN}$，即$\tan 30^{\circ}=\dfrac{a}{3+a}$，

解得：$a=\dfrac{3\sqrt{3}-3}{2}$，

$\therefore$点$A$的横坐标为：$x=a+1=\dfrac{3\sqrt{3}-3}{2}+1=\dfrac{3\sqrt{3}-1}{2}$，

$\therefore x\leqslant \dfrac{3\sqrt{3}-1}{2}$，

综上所述：$1\leqslant x\leqslant \dfrac{3\sqrt{3}-1}{2}$；

$\therefore$点$P$的横坐标$x$的取值范围为：$1\leqslant x\leqslant \dfrac{3\sqrt{3}-1}{2}$；

（3）点$P$在以$O\left(1,-1\right)$为圆心，$r$为半径的$\odot O$上，且点$P$是线段$MN$的“关联点”，如图$3$所示：

连接$P_{4}O$交$x$轴于点$D$，$P_{4}$、$M$、$D$、$O$共线，

则圆心$O$到$P_{4}$的距离为$r$的最大值，由（1）知：$MP_{4}=NP_{5}=\sqrt{3}$，

即$OD+DM+MP_{4}=1+2+\sqrt{3}=3+\sqrt{3}$，

圆心$O$到$MP_{5}$的距离为$r$的最小值，作$OE\bot MP_{5}$于$E$，连接$OP_{5}$，

则$OE$为$r$的最小值，

$MP_{5}=\sqrt{MN^{2}+NP_{5}^{2}}=\sqrt{3^{2}+\left(\sqrt{3}\right)^{2}}=2\sqrt{3}$，$OM=OD+DM=1+2=3$，

$\triangle OMP_{5}$的面积$=\dfrac{1}{2}OE\cdot MP_{5}=\dfrac{1}{2}OM\cdot MN$，即$\dfrac{1}{2}\times OE\times 2\sqrt{3}=\dfrac{1}{2}\times 3\times 3$，

解得：$OE=\dfrac{3\sqrt{3}}{2}$，

$\therefore \dfrac{3\sqrt{3}}{2}\leqslant r\leqslant 3+\sqrt{3}$.

$\left(1\right)$如图$1$所示：

$\because$点$A$是线段$MN$上一个动点，过点$A$作线段$MN$的垂线$l$，点$P$是垂线$l$上的另外一个动点，$M\left(1,2\right)$，$N\left(4,2\right)$，

$\therefore$点$P$的横坐标$1\leqslant x\leqslant 4$，

$\because$以点$P$为旋转中心，将垂线$l$沿逆时针方向旋转$60^{\circ}$后与线段$MN$有公共点，

当$\angle MPN=60^{\circ}$时，$PM=\dfrac{MN}{\tan 60^{\circ}}=\dfrac{3}{\sqrt{3}}=\sqrt{3}$，

同理$P\’N=\sqrt{3}$，

$\therefore$点$P$的纵坐标为$2-\sqrt{3}$或$2+\sqrt{3}$，

即纵坐标$2-\sqrt{3}\leqslant y\leqslant 2+\sqrt{3}$，

$\therefore$线段$MN$的“关联点”有$P_{1}$和$P_{3}$；

故答案为：$P_{1}$和$P_{3}$；

（2）线段$MN$的“关联点”$P$的位置如图$2$所示$,$

$\because$直线$y=x+1$经过点$M\left(1,2\right)$，

$\therefore x\geqslant 1$，

设直线$y=x+1$与$P_{4}N$交于点$A$，

过点$A$作$AB\bot MN$于$B$，延长$AB$交$x$轴于$C$，

由题意得：在$\triangle AMN$中，$MN=3$，$\angle AMN=45^{\circ}$，$\angle ANM=30^{\circ}$.

设$AB=MB=a$，

$\therefore \tan \angle ANM=\dfrac{AB}{BN}$，即$\tan 30^{\circ}=\dfrac{a}{3+a}$，

解得：$a=\dfrac{3\sqrt{3}-3}{2}$，

$\therefore$点$A$的横坐标为：$x=a+1=\dfrac{3\sqrt{3}-3}{2}+1=\dfrac{3\sqrt{3}-1}{2}$，

$\therefore x\leqslant \dfrac{3\sqrt{3}-1}{2}$，

综上所述：$1\leqslant x\leqslant \dfrac{3\sqrt{3}-1}{2}$；

$\therefore$点$P$的横坐标$x$的取值范围为：$1\leqslant x\leqslant \dfrac{3\sqrt{3}-1}{2}$；

（3）点$P$在以$O\left(1,-1\right)$为圆心，$r$为半径的$\odot O$上，且点$P$是线段$MN$的“关联点”，如图$3$所示：

连接$P_{4}O$交$x$轴于点$D$，$P_{4}$、$M$、$D$、$O$共线，

则圆心$O$到$P_{4}$的距离为$r$的最大值，由（1）知：$MP_{4}=NP_{5}=\sqrt{3}$，

即$OD+DM+MP_{4}=1+2+\sqrt{3}=3+\sqrt{3}$，

圆心$O$到$MP_{5}$的距离为$r$的最小值，作$OE\bot MP_{5}$于$E$，连接$OP_{5}$，

则$OE$为$r$的最小值，

$MP_{5}=\sqrt{MN^{2}+NP_{5}^{2}}=\sqrt{3^{2}+\left(\sqrt{3}\right)^{2}}=2\sqrt{3}$，$OM=OD+DM=1+2=3$，

$\triangle OMP_{5}$的面积$=\dfrac{1}{2}OE\cdot MP_{5}=\dfrac{1}{2}OM\cdot MN$，即$\dfrac{1}{2}\times OE\times 2\sqrt{3}=\dfrac{1}{2}\times 3\times 3$，

解得：$OE=\dfrac{3\sqrt{3}}{2}$，

$\therefore \dfrac{3\sqrt{3}}{2}\leqslant r\leqslant 3+\sqrt{3}$.