解:(1)设第一次相切时，$\triangle ABC$移动至$\triangle A'B'C'$处，
如图①，设$A'C'$与$\odot O$相切于点$E，$连接$OE$并延长，交$B'C'$于点$F。$
设$\odot O$与直线$l$相切于点$D，$连接$OD，$则$OE\perp A'C'，$$OD\perp l。$
由切线长定理，可知$C'E = C'D，$设$C'D = x\ cm，$则$C'E = x\ cm。$
在$Rt\triangle C'EF$中，由题意易得$∠A'C'B'=∠EFC' = 45°，$
所以易知$C'F=\sqrt{2}x\ cm，$且在$Rt\triangle OFD$中，$FD = OD = 1\ cm，$
所以$\sqrt{2}x+x = 1，$$x=\sqrt{2}-1，$
所以$CC' = 5 - 1-(\sqrt{2}-1)=(5-\sqrt{2})\ cm，$
所以点$C$移动的时间为$(5-\sqrt{2})\div(2 + 0.5)=\frac{10 - 2\sqrt{2}}{5}(s)，$
所以点$B$移动的距离为$\frac{10 - 2\sqrt{2}}{5}×2=\frac{20 - 4\sqrt{2}}{5}(cm)。$
(2)因为$\triangle ABC$与$\odot O$最后一次相切，是边$AB$与$\odot O$相切，且圆心在$AB$的左侧，
所以路程差为$6\ cm，$速度差为$1\ cm/s，$
所以$\triangle ABC$从开始移动到它的边（边$BC$除外）与圆最后一次相切，一共经过了$6\div1 = 6(s)。$
(3)不存在。理由：
因为$\triangle ABC$与$\odot O$从开始移动到如图②所示的位置时，路程差为$4\ cm，$速度差为$1\ cm/s，$
所以移动时间为$4\div1 = 4(s)，$此时$\triangle ABC$移动至$\triangle A''B''C''$处。
记$\odot O$与$A''B''$相切于点$W，$与$B''C''$相切于点$S，$连接$OW$、$OS$、$B''O，$延长$B''O，$交$A''C''$于点$P，$
则$OW\perp A''B''，$$OS\perp B''C''。$
所以$∠B''WO=∠OSB'' = 90°。$
因为$∠A''B''C'' = 90°，$
所以四边形$OWB''S$是矩形。
又因为$OW = OS，$
所以四边形$OWB''S$是正方形，
所以易得$∠OB''S = 45°。$
在$\triangle B''PC''$中，$∠PC''B'' = 45°，$
所以$∠B''PC'' = 180°-45°-45°=90°，$
所以$B''P\perp A''C''。$
因为$A''B'' = 1 + 4×0.5 = 3(cm)，$
所以$B''C'' = A''B'' = 3\ cm，$
所以由勾股定理，易得$B''P = C''P=\frac{3\sqrt{2}}{2}\ cm，$$B''O=\sqrt{2}\ cm，$
所以$OP=\frac{3\sqrt{2}}{2}-\sqrt{2}=\frac{\sqrt{2}}{2}(cm)。$
因为$\frac{\sqrt{2}}{2}＜1，$
所以此时$\odot O$与$A''C''$相交，
所以不存在某一时刻，使得$\triangle ABC$与$\odot O$的公共部分的面积等于$\odot O$的面积。
