javascript - Javascript $.getJSON 回调和参数传递

Question

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。

我厌倦了愚弄但无法得到任何想法的工作？

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'] 但它没有用。

<?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 . ');';
     }                 
?>

Answer 1

我建议callback=?从您的 jsonUrl 中删除

Answer 2

尝试将参数传递给data函数调用的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/

然后你可以访问它们$_POST

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

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

并在你的 php

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

Answer 3

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

似乎工作...