【答案】（1）见解析；（2） $I = \sqrt { \frac { \pi - \beta } { \pi } } \cdot \frac { 1 5 n B r ^ { 2 } \omega } { 2 R }$ ；（3） $\frac { 1 5 n B r ^ { 2 } \omega \big ( \pi - \beta \big ) } { \pi }$
【解析】
【详解】（1）由题意知大齿轮以w的角速度保持匀速转动，大小齿轮线速度相等，则
$$
\omega_ {1} = \frac {v}{r}, \quad \omega = \frac {v}{n r}
$$
可得小齿轮转动的角速度为
$$
\omega_ {1} = n \omega
$$
转动周期为
$$
T = \frac {2 \pi}{\omega_ {1}} = \frac {2 \pi}{n \omega}
$$
以线圈 $M _ { 1 }$ 的ab边某次进入磁场时为计时起点，到cd边进入磁场，经历的时间为
$$
t _ {1} = \frac {\pi - \beta}{2 \pi} T = \frac {\pi - \beta}{n \omega}
$$
这段时间内线圈 $M _ { 1 }$ 产生的电动势为
$$
E _ {1} = B (4 r - r) \frac {v _ {a} + v _ {b}}{2} = B \times 3 r \times \frac {r \omega_ {1} + 4 r \omega_ {1}}{2} = \frac {1 5}{2} n B r ^ {2} \omega
$$
电流为
$$
I _ {1} = \frac {E _ {1}}{R} = \frac {1 5 n B r ^ {2} \omega}{2 R}
$$
受到的安培力大小
$$
F _ {1} = B I _ {1} L = B \times \frac {1 5 n B r ^ {2} \omega}{2 R} \times (4 r - r) = \frac {4 5 n B r ^ {3} \omega}{2 R}
$$
当ab边和cd边均进入磁场后到ab边离开磁场，经历的时间为
$$
t _ {2} = \frac {\beta}{2 \pi} T = \frac {\beta}{n \omega}
$$
由于 $\mathbf { M } _ { 1 }$ 线圈磁通量不变，无感应电流，安培力大小为0；
当 $\mathbf { M } _ { 1 }$ 线圈 $a b$ 边离开磁场到 $c d$ 边离开磁场，经历的时间为
$$
t _ {3} = t _ {1} = \frac {\pi - \beta}{2 \pi} T = \frac {\pi - \beta}{n \omega}
$$
此时的安培力大小由前面分析可知
$$
F _ {3} = F _ {1} = \frac {4 5 n B r ^ {3} \omega}{2 R}
$$
方向与进入时相反；
当 $\mathbf { M } _ { 1 }$ 线圈cd边离开磁场到 $a b$ 边进入磁场，经历的时间为
$$
t _ {4} = t _ {2} = \frac {\beta}{n \omega}
$$
同理可知安培力为0。
（2）根据（1）可知设流过线圈 $M _ { 1 }$ 的电流有效值为I，则根据有效值定义有
$$
I _ {1} ^ {2} R t _ {1} + I _ {3} ^ {2} R t _ {3} = I ^ {2} R T
$$
其中
$$
I _ {1} = I _ {3}, t _ {1} = t _ {3}
$$
联立解得
$$
I = \sqrt {\frac {\pi - \beta}{\pi}} \cdot \frac {1 5 n B r ^ {2} \omega}{2 R}
$$
（3）根据题意可知流过线圈 $M _ { 1 }$ 和 $M _ { 2 }$ 的电流有效值相同，则在一个周期内装置K消耗的平均电功率为
$$
P = 2 I ^ {2} R = \frac {1 5 n B r ^ {2} \omega (\pi - \beta)}{\pi}
$$
