O cilindro parcialmente imerso no mercúrio está sob ação de apenas duas forças: Peso e Empuxo. O enunciado menciona uma oscilação do cilindro, mas o comportamento dessa oscilação pode não estar claro - uma vez que não se trata de um sistema que já conhecemos, como o pêndulo simples ou um sistema massa-mola. Então, a estratégia neste caso é exprimir o comportamento do sistema conforme a $\textbf{equação característica do MHS}$, para que assim seja possível determinar o período das oscilações, equações horárias, etc. A equação característica de um movimento harmônico simples é $\boxed{ma = -kx}$, que remete à Lei de Hooke. Ela descreve uma força restauradora com dependência linear do deslocamento $x$ do corpo em relação à sua posição de equilíbrio. Dessa forma, todo MHS é (em aproximação) análogo ao sistema-massa mola. Portanto, com a segunda Lei de Newton, conseguimos enunciar que $F_r = E - P = m\cdot a$. Vamos agora desenvolver essa equação para adequá-la à equação do MHS! Admitindo que a densidade do cilindro é $\rho$, a densidade do mercúrio é $\rho_{\ce{Hg}}$, a área da base do cilindro é igual a $S$ e que a altura da parte submersa do cilindro é igual a $h$:$$\overbrace{\rho_{\ce{Hg}}g(S\cdot h)}^{E} - \overbrace{\rho g(S\cdot 10\,cm)}^{P} = ma$$Rearranjando:$$ma = -\underbrace{\rho_{\ce{Hg}}\cdot g S}_{k}\times \Big(\underbrace{0{,}1\frac{\rho}{\rho_{\ce{Hg}}} -h}_{x}\Big)$$ Note que $x$ corresponde ao $h$, porém deslocado $0{,}1\frac{\rho}{\rho_{\ce{Hg}}}$ unidades - que corresponde justamente à posição de equilíbrio do MHS! Isto é, quando o deslocamento $x$ é nulo, a altura $h$ do cilindro que é submersa no mercúrio deve ser igual a $0{,}1\frac{\rho}{\rho_{\ce{Hg}}}$. Identificada então a constante $k$, recorremos à equação do período do MHS - que conforme dado pelo enunciado - é igual a $0{,}60$ segundos.$$T=2\pi\sqrt{\frac{m}{k}}=0{,}60$$$$2\pi\sqrt{\frac{\rho S\cdot 0{,}1}{gS\rho_{\ce{Hg}}}}=0{,}60$$$$\rho = \frac{0{,}36}{4\pi^2}\cdot\frac{g\cdot\rho_{\ce{Hg}}}{0{,}1}$$Fazendo a clássica simplificação $\pi^2 = g$ e substituindo $\rho_{\ce{Hg}}=1{,}36\times 10^4 kg/m^3$:$$\boxed{\rho=1{,}24\times 10^4\ kg/m^3}\text{ - Gab. B)}$$

2° Solução: Nesta segunda solução, tentarei deixar um pouco mais genérico a solução, pois com ela é possível resolver um conjunto enorme de questão de MHS em provas mais recentes. Primeiro é preciso perceber que o MHS será causado pelas duas forças que atuam, mas como? Basicamente uma força externa irá aplicar um impulso no cilindro verticalmente por um tempo que tende a zero $(\Delta t \ \ce{->} \ 0)$. Por conta disso, o cilindro irá submergir mais no líquido e, por isso, o empuxo irá aumentar aos poucos até que seja maior que a força peso, então o corpo começará a subir por causa do empuxo e depois irá descer devido ao peso que será maior que o peso. Sabendo disso, pode-se tentar encontrar qual será a altura inicial do cilindro para que esteja em equilíbrio no líquido. Então, $$E = P \Rightarrow \rho_{Hg}gSh_{i} = \rho gSh \Rightarrow h_{i} = \dfrac{\rho}{\rho_{Hg}}h. \ (I)$$ A análise acima foi feita no equilíbrio, mas e quando o corpo estiver realizando um MHS? Nessa situação, pode-se escrever a segunda lei de Newton. $$ma = E - P \Rightarrow (\rho Sh) a= \rho_{Hg} gS(h_{i} + A) - \rho Shg. \ (II)$$ É necessário saber também a respeito da aceleração de um MHS. Pode-se escrever o movimento do corpo como $x = A\sin (\omega t)$ e sua aceleração em módulo como $a = A\omega^{2}$ para $\sin (\omega t) = 1.$ Com isso, temos que $$a = A\omega^{2} \Rightarrow a = \dfrac{4\pi^{2}A}{T^{2}}. \ (III)$$ Substituindo $(III)$ em $(II)$ e $(I)$ em $(II)$, temos: $$ (\rho Sh) \cdot \dfrac{4\pi^{2}A}{T^{2}}= \rho_{Hg} gS(\dfrac{\rho}{\rho_{Hg}}h + A) - \rho Shg \Rightarrow \rho Sh \left(\dfrac{4\pi^{2}A}{T^{2}} + g \right) = gS(\rho h + \rho_{Hg}A) \Rightarrow$$ $$\Rightarrow \rho h \dfrac{4\pi^{2}A}{T^{2}} = \rho_{Hg} Ag \Rightarrow \rho = \dfrac{g\rho_{Hg}T^{2}}{4\pi^{2}h} = 1,24 \cdot 10^{4} \ kg/m^{3}.$$