Javascript $.getJSON 回调和参数传递答案

【问题标题】：Javascript $.getJSON callback and parameter passingJavascript $.getJSON 回调和参数传递
【发布时间】：2012-12-05 01:38:45
【问题描述】：

我目前有一个 $.getJSON 调用，它工作正常，如下所示。

var jsonUrl = "http://www.somesite.co.uk/jsonusv.php?callback=?";                   
$.getJSON(jsonUrl,function(zippy){
...some code
}

但是，我希望传递一个变量，以便 PHP 脚本可以使用它的 $_GET[''] 值并定制数据。

我厌倦了这个傻瓜，但无法让事情发挥任何想法？

var jsonUrl = "http://www.somesite.co.uk/jsonusv.php?callback=?&value=65";

php 页面看起来像这样，这已被剥离。我确实尝试检测 $_GET['value'] 但它不起作用。

<?PHP
header("content-type: application/json");  
$theSqlquery = "SELECT * FROM table ORDER BY timestamp DESC LIMIT 20";   
$result131 = mysql_query($theSqlquery);

     if ($result131)
     {

        //make up Json string in $temp

    echo $_GET['callback'] . '(' . $temp . ');';
     }                 
?>

【问题讨论】：

嗨 Behnam Esmaili 我不明白你的问题
我已经发布了一个 answer.check。
您是否尝试过为“值”使用不同的名称...您的 jQuery/JS 代码运行良好。但是，使用“值”作为键的名称（在 PHP 中）可能存在问题？
可能这可以帮助你stackoverflow.com/questions/6555172/…

标签： javascript json getjson

【解决方案1】：

我建议从您的 jsonUrl 中删除 callback=?

【讨论】：

一个 url 查询字符串以 ? 开头查询字符串有点像中间的问号。

【解决方案2】：

尝试将您的参数传递给函数调用的data 参数而不是查询字符串：

var jsonUrl = "http://www.somesite.co.uk/jsonusv.php";
$.getJSON(jsonUrl, {
    callback: "your callback val",
    value: "65",
  },
function(zippy){
...some code
});

http://api.jquery.com/jQuery.getJSON/

然后你可以通过$_POST访问它们

注意，echo 将假定的 json 结果发送回您的 $.getJSON() 方法调用，例如，success() 如果它成功。如果你知道success()方法中的js方法名，只需要传递$temp，试试这个

var jsonUrl = "http://www.somesite.co.uk/jsonusv.php";
$.getJSON(jsonUrl, {
    value: "65"
  },
function(zippy){
    callbackMethod(zippy[0]);
});

在你的 php 中

$output = array();
$output[0] = $temp;
echo json_encode($output);

【讨论】：

但他想用 $_GET 访问它。
我对 POST 没问题，但你的方法没有回调=？在 URL 中会导致 Access-Control-Allow-Origin。
它仍然 GET 不发布。

【解决方案3】：

var jsonUrl = "http://www.somesite.co.uk/jsonusv.php?callback=?";                   
$.getJSON(jsonUrl,{lastdatetime: "",},function(zippy){....

似乎工作......

【讨论】：