解:(1)設(shè)第一次相切時(shí)，$\triangle ABC$移動(dòng)至$\triangle A'B'C'$處，
如圖①，設(shè)$A'C'$與$\odot O$相切于點(diǎn)$E，$連接$OE$并延長(zhǎng)，交$B'C'$于點(diǎn)$F。$
設(shè)$\odot O$與直線$l$相切于點(diǎn)$D，$連接$OD，$則$OE\perp A'C'，$$OD\perp l。$
由切線長(zhǎng)定理，可知$C'E = C'D，$設(shè)$C'D = x\ cm，$則$C'E = x\ cm。$
在$Rt\triangle C'EF$中，由題意易得$∠A'C'B'=∠EFC' = 45°，$
所以易知$C'F=\sqrt{2}x\ cm，$且在$Rt\triangle OFD$中，$FD = OD = 1\ cm，$
所以$\sqrt{2}x+x = 1，$$x=\sqrt{2}-1，$
所以$CC' = 5 - 1-(\sqrt{2}-1)=(5-\sqrt{2})\ cm，$
所以點(diǎn)$C$移動(dòng)的時(shí)間為$(5-\sqrt{2})\div(2 + 0.5)=\frac{10 - 2\sqrt{2}}{5}(s)，$
所以點(diǎn)$B$移動(dòng)的距離為$\frac{10 - 2\sqrt{2}}{5}×2=\frac{20 - 4\sqrt{2}}{5}(cm)。$
(2)因?yàn)?\triangle ABC$與$\odot O$最后一次相切，是邊$AB$與$\odot O$相切，且圓心在$AB$的左側(cè)，
所以路程差為$6\ cm，$速度差為$1\ cm/s，$
所以$\triangle ABC$從開(kāi)始移動(dòng)到它的邊（邊$BC$除外）與圓最后一次相切，一共經(jīng)過(guò)了$6\div1 = 6(s)。$
(3)不存在。理由：
因?yàn)?\triangle ABC$與$\odot O$從開(kāi)始移動(dòng)到如圖②所示的位置時(shí)，路程差為$4\ cm，$速度差為$1\ cm/s，$
所以移動(dòng)時(shí)間為$4\div1 = 4(s)，$此時(shí)$\triangle ABC$移動(dòng)至$\triangle A''B''C''$處。
記$\odot O$與$A''B''$相切于點(diǎn)$W，$與$B''C''$相切于點(diǎn)$S，$連接$OW$、$OS$、$B''O，$延長(zhǎng)$B''O，$交$A''C''$于點(diǎn)$P，$
則$OW\perp A''B''，$$OS\perp B''C''。$
所以$∠B''WO=∠OSB'' = 90°。$
因?yàn)?∠A''B''C'' = 90°，$
所以四邊形$OWB''S$是矩形。
又因?yàn)?OW = OS，$
所以四邊形$OWB''S$是正方形，
所以易得$∠OB''S = 45°。$
在$\triangle B''PC''$中，$∠PC''B'' = 45°，$
所以$∠B''PC'' = 180°-45°-45°=90°，$
所以$B''P\perp A''C''。$
因?yàn)?A''B'' = 1 + 4×0.5 = 3(cm)，$
所以$B''C'' = A''B'' = 3\ cm，$
所以由勾股定理，易得$B''P = C''P=\frac{3\sqrt{2}}{2}\ cm，$$B''O=\sqrt{2}\ cm，$
所以$OP=\frac{3\sqrt{2}}{2}-\sqrt{2}=\frac{\sqrt{2}}{2}(cm)。$
因?yàn)?\frac{\sqrt{2}}{2}＜1，$
所以此時(shí)$\odot O$與$A''C''$相交，
所以不存在某一時(shí)刻，使得$\triangle ABC$與$\odot O$的公共部分的面積等于$\odot O$的面積。
