A1 的目的不是产生 -5V，它是 +5V 参考的镜像版本。就是将“有源元件”顶部的电压保持在0V。这可以通过知道负反馈导致运算放大器通过调整其输出来均衡其两个输入电位（其中一个保持在地电位）来理解。
在“有源元件”正好是 350Ω 的情况下，这也恰好导致 A1 输出 -5V，因为电桥的左侧路径现在正好被 2 分频。
当有源元件改变其电阻时，A1 调制电桥底部的电压，使元件的顶部节点保持在 0V。
我以前从未见过这样的做法，这让我很感兴趣，所以我分析了它，以测试线性的说法。我们拥有的是这座桥：
模拟此电路- 使用CircuitLab创建的原理图
左侧路径的交汇点（包含较低的活动元素\$R_E\$）是点 A，由运算放大器保持在 0V。在桥的顶部，点 X，是退出势\$V_X\$。运算放大器控制\$V_Y\$，即桥底部节点 Y 处的电压。此外，\$R_1 = R_2 = R_3\$。
我们想知道桥上的电压\$V_B\$。
潜在的\$V_Y\$是在 A 处产生 0V 所需的任何电压。这在此处说明：
$$ V_A = V_Y + (V_X - V_Y) \frac{R_E}{R_E + R_1} = 0V $$
重新排列以使\$V_Y\$成为主题：
$$\begin{对齐} V_Y - V_Y (\frac{R_E}{R_E+R_1}) &= -V_X (\frac{R_E}{R_E+R_1}) \newline \newline V_Y (1 - \frac{R_E }{R_E+R_1}) &= -V_X \frac{R_E}{R_E+R_1} \newline \newline V_Y &= -V_X \frac{\frac{R_E}{R_E+R_1}}{1-\frac{ R_E}{R_E+R_1}} \newline \newline &= -V_X \frac{R_E}{R_1} \end{aligned}$$
由于\$R_2 = R_3\$，\$V_B\$介于\$V_X\$和\$V_Y\$之间：
$$\begin{对齐} V_B &= \frac{V_X + V_Y}{2} \newline \newline &= \frac{V_X - V_X \frac{R_E}{R_1}}{2} \newline \newline &= V_X \frac{1}{2} (1 - \frac{R_E}{R_1}) \end{aligned}$$
由于\$V_X\$恒定为 5V，这实际上会在桥上产生一个电压，该电压随\$R_E\$线性变化，并且当\$R_E = R_1\$时为零。很神奇，至少对我来说。
编辑 1 - 在活动元件电流上
我注意到 A1 和 350Ω 电阻通过有源元件提供恒定电流。更容易看出我是否像这样重绘这些部分：
模拟这个电路
从这个角度很容易看出，在恒定电流通过\$R_E\$的情况下，显然运放输出将与\$R_E\$的电阻成间接比例。
编辑 2 - 在 357Ω 电阻上
357Ω 通过将 X 点升高到更接近 +5V 来协助 LT1019 稳压器是正确的，从而减轻了稳压器提供执行此操作所需的所有电流的负担。但是，我想找出这个电阻器在 X 处产生的确切电压，而那里根本没有调节器。这不是微不足道的，我承认我在这里作弊，使用模拟器导出 X 处的电压，而不是做代数：
模拟这个电路
要将\$V_X\$从 4.93V 提高到 5V，稳压器显然必须提供小电流。您链接到的 LT1019 数据表的第 5 页上有一个“负载调节”图：
该芯片非常有能力提供和吸收 10mA，但它的源比吸收更好。此外，调节误差从 0mA 起是线性的，但如果输出在拉电流和灌电流之间交叉，曲线中就会出现扭结，这将引入微妙的非线性。保持设备采购，远离交叉失真区域是有意义的。
在我之前的编辑中，我展示了电桥左侧路径中的电流将是恒定的 14mA，但右侧路径中的电流会有所变化，以 14mA 为中心（因为它具有相同的 2 × 350Ω 之间的电阻） X 和 Y) 但随着\$V_Y\$的变化而略有上升或下降。
您通常应该计算 -5V 以上和以下的 \$V_Y\$ 的最大偏移（对应于 \$R_E\$ 的预期极值），以确定正确路径中电流的上限和下限。不过，我可以猜测一下，因为差分放大器级 (A2) 的增益为 100。
我假设 ±15V 的输出摆幅对应于 B 处的 ±0.15V 输入，反过来又对应于\$V_Y\$处的两倍（由于 350Ω+350Ω 分压器减半）。
$$ V_Y = -5V ±0.3V $$
正确路径中的电流将在以下范围内变化：
$$ \frac{5V - (-5V \pm 0.3V)}{2 \times 350\Omega} = 14.3mA \pm 0.5mA $$
加上左边的路径电流，我们得到从点 X（当然返回到 Y）的总电流约为\$28.6mA \pm 0.5mA\$
因此，设计人员希望 LT1019 提供少量电流（明显小于 10mA），但不能小到 ±0.5mA 的变化会导致其接近于零。
编辑 3 - 在差分放大器上
我终于开始看 A2，并声称它不会加载桥。电路的那部分最初看起来像这样：
模拟这个电路
有一些近似值使我们能够将其简化为更简单的东西。首先，我们知道\$V_A = 0V\$。我们也可以说\$V_P = V_Q\$，这是由于负反馈下的运算放大器作用。\$R_4\$和\$R_5\$之间有 0V，不消耗电流，将 0V 除以某物，得到\$V_Q = 0V\$。所有这一切使我们能够做出这样的声明：
$$ V_P = V_Q = V_A = 0V $$
整个事情简化为：
模拟这个电路
在这些假设下，这只是一个带有输出的常规反相放大器：
$$ V_Z = -V_B \frac{R_3}{R_2} $$
考虑到运算放大器输入具有无限电阻的通常理想化，不消耗电流，电流很容易计算：
$$ I_B = \frac{V_B}{R_2} $$
$$\begin{aligned} I_A &= -\frac{V_Z}{R_6} \newline \newline &= V_B \frac{R_3}{R_2 R_6} \结束{对齐}$$
正如作者所说，我们应该有\$R_3 = R_6\$，因此简化为：
$$ I_B = V_B \frac{1}{R_2} = I_A $$
这意味着差分放大器的输入从电桥的每一侧汲取相同的电流。从技术上讲，这不是“无负载”，但它确实可以防止电桥变得不平衡。
我们假设\$V_A = 0V\$，但严格来说，它将略微非零，其量等于 A1 的输入偏移电压。它对条件\$I_B = I_A\$的影响可以忽略不计，因为与桥元件中的许多毫安相比，由于 A 处仅毫伏而由\$R_4\$和\$R_5\$汲取的电流将很小.
最后一种说法是 A1 的输入失调电压和漂移被差分放大器抵消了。这是否属实对我来说并不是很明显，但我会谨慎地相信这个说法，并将解释留给其他人。
