临睡前试了下求通解，贴一下最新发现（当然都是通过 WolframAlpha 求解的，我并不会证明，如果不认可它的自动计算就无须看下去了）（希望哪位高人可以提供下证明呢 233 ）
\begin{aligned}
\text{ArcLength}[\sin{ax}, \{x,0,\frac{2\pi}{a}\}]
&=\int^{\frac{2\pi}{a}}_{0}\sqrt{1+(\frac{d}{dx}\sin{ax})^2}dx
&&=\frac{2[\text{E}(-a^2)+\sqrt{a^2+1}\text{E}(\frac{a^2}{a^2+1})]}{a} \\
&=4\int^{\frac{\pi}{2a}}_{0}\sqrt{1+(\frac{d}{dx}\sin{ax})^2}dx
&&=\frac{4\sqrt{a^2+1}\text{E}(\frac{a^2}{a^2+1})}{a}
\end{aligned}
Integrate[Sqrt[1 + a^2 Cos[a x]^2], {x, 0, 2 (Pi/a)}]WolframAlpha
Integrate[Sqrt[1 + a^2 Cos[a x]^2], {x, 0, Pi/(2 a)}]WolframAlpha
简单点，我们的 a 是实数就够了。通过观察上述定积分结果式分别在 (0, 1] 和 [1, 100] 的图像猜测这玩意应该收敛：
Plot[(2 (EllipticE[-a^2] + Sqrt[1 + a^2] EllipticE[a^2/(1 + a^2)]))/a, {a, 0, 1}] WolframAlpha
Plot[(2 (EllipticE[-a^2] + Sqrt[1 + a^2] EllipticE[a^2/(1 + a^2)]))/a, {a, 1, 100}] WolframAlpha
于是继续暴力求极限：
Limit[(2 (EllipticE[-a^2] + Sqrt[1 + a^2] EllipticE[a^2/(1 + a^2)]))/a, a -> Infinity] WolframAlpha
然而这次提示标准数学函数中无结果，且不能给出逐步解，令我十分怀疑是真的算对了还是置信区间内猜的。。。
但如果它是完全正确的，那么可以说明当 a 足够大时，可以认为周期相近的两个正弦函数的单位周期弧长近似相等。
Edited: 用正弦函数的对称性（读者自证不难）简化公式后，我自己就可以推出极限！（省略的定理见微积分课本）
\begin{aligned}
\lim_{a\to+\infty}{\frac{4\sqrt{a^2+1}\text{E}(\frac{a^2}{a^2+1})}{a}}
&= 4 \bigg(\lim_{a\to+\infty}{\sqrt{\frac{a^2+1}{a^2}}}\bigg) \bigg(\lim_{a\to+\infty}{\text{E}(\frac{a^2}{a^2+1})}\bigg) \\
&= 4 \text{E}\Big(\lim_{a\to+\infty}{\frac{a^2}{a^2+1}}\Big) \\
&= 4 \text{E}(1) \\
&= 4
\end{aligned}
结论有点反直觉，但可以瞎解释：当 a 趋于无穷大，周期无穷小，单位周期内正弦函数图像近似于四个长为 1 的直线段。
（当然了严格数学语言并不能这么说，以上所有文字叙述都是错的）
