解：$(1)$当点$P$在$BC$上时，即$0≤t≤2，$$AQ=t，BQ=4-t，BP=2t，PC=4-2t，$
$∵S_{△PDQ}=S_{正方形ABCD}-S_{△ADQ}-S_{△BPQ}-S_{△CPD}，$
$∴16-\frac {1}{2}•4•t-\frac {1}{2}•(4-t)•2t-\frac {1}{2}•4•(4-2t)=11，$
整理得$t^2-2t-3=0，$解得$t_1=-1，$$t_2=3，$都不合题意舍去；
当点$P$在$CD$上时，即$2＜t≤3，$如图，
$AQ=t，DP=8-2t，$
$∵S_{△PDQ}=\frac {1}{2}BC•DP，$
$∴\frac {1}{2}•4(8-2t)=11，$解得$t=\frac {5}{4}($不合题意舍去)，
∴不存在$t$的值，使$△PQD$的面积为$11\ \mathrm {cm^2}$
$(2)$存在.
①当$PD=DQ$时，根据勾股定理，得
$16+(4-2t)^2=16+t^2，$
解得$t_1=\frac {4}{3}，$$t_2=4($不符合题意，舍去).
②当$PD=PQ$时，根据勾股定理，得
$16+(4-2t)^2=(4-t)^2+(2t)^2，$
整理得：$t^2+8t-16=0$
解得$t_1=4\sqrt {2}-4，$$t_2=-4\sqrt {2}-4($不符合题意，舍去).
答：存在这样的$t=\frac {4}{3}$秒或$(4\sqrt {2}-4)$秒，使得$△PQD$是以$PD$为一腰的等腰三角形.
$∴(2t)^2+(4-t)^2=(4-2t)^2+4^2，$
整理得$t^2+8t-16=0，$解得$t_1=-4\sqrt {2}-4($舍去)，$t_2=4\sqrt {2}-4，$
$∴t=\frac {4}{3}(\mathrm {s})$或$4\sqrt {2}-4(\mathrm {s})$时，$△PQD$是以$PD$为一腰的等腰三角形.
