若此段起始点为(stx,sty)，速度为(vx,vy)，设碰撞时间为t，则(stx+vx·t)²+(sty+vy·t)²=r² → stx²+vx²·t²+2·stx·vx·t+sty²+vy²·t²+2·sty·vy·t-r²=0 → (vx²+vy²)·t²+(2·stx·vx+2·sty·vy)·t+(stx²+sty²-r²)=0，我们设a=vx²+vy²,b=2·stx·vx+2·sty·vy,c=stx²+sty²-r²，则t=-b+sqrt(b²-4ac)/2a（舍去小解），再通过t算出某粒子在某段与圆下次碰撞的位置即可。
若与圆的碰撞点为(x,y)，原速为(x1,x2)，反弹后为(x2,y2)，不难得出atan2(x2,y2)-atan2(x,y)=atan2(x,y)-atan2(x1,y1)（角相等），即atan2(x2,y2)=2·atan2(x,y)-atan2(x1,y1)，设k=x2/y2，则k=tan(2·atan2(x,y)-atan2(x1,y1))，因为速度相同，所以x1²+y1²=x2²+y2²，设z=x1²+y1²，则y2²+k²·y2²=z → (k²+1)·y2²=z → y2=sqrt(x1²+y1²/k²+1)，然后通过y2求出x2，需要注意的是，(-x2,-y2)在这里同样成立，我们可以通过带入一个点判断是否在圆内来判断取哪个解。
【某粒子在某次碰撞后vx,vy的变化】
设tt=max(t1,t2)（t1,t2分别为两段开始的时刻），若(x1,y1)，(x2,y2)分别为tt时刻两粒子的坐标，(vx1,vy1)，(vx2,vy2)分别为两段的速度，y为两粒子间距离的平方，y=((x1+vx1·t)-(x2+vx2·t))²+((y1+vy1·t)-(y2+vy2·t))² → y=((x1-x2)+(vx1-vx2)·t)²+((y1-y2)+(vy1-vy2)·t)²我们设xx=x1-x2,yy=y1-y2,vx=vx1-vx2,vy=vy1-vy2，那么y=(xx+vx·t)²+(yy+vy·t)² → y=xx²+vx²·t²+2·xx·vx·t+yy²+vy²·t²+2·yy·vy·t → y=(vx²+vy²)·t²+(2·xx·vx+2·yy·vy)·t+(xx²+yy²)，再设a=vx²+vy²,b=2·xx·vx+2·yy·vy,c=xx²+yy²，然后求出最小值y3=4ac-b²/4a即为历史最近距离
【粒子a的某一段与粒子b的某一段的历史最近距离】
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