php - 如果没有返回 json 对象，php 输出会去哪里

Question

抱歉，毫无疑问，这是一个非常基本的问题……但我还没有找到可能的重复问题。

如果在使用 $.getJSON() 调用的 php 脚本的末尾，我有这样一行：

return json_encode( $paras_of_interest );

...一切正常...直到有一些php输出（无意中通过echo命令，或者可能是由于php代码生成了警告或错误）...然后完全禁用/停止/弄乱了返回 JSON 对象。处理这种情况的最佳方法是什么？如何找出输出了什么代码（即它“去哪里”？）......在这种情况下，有没有一种方法可以配置输出去哪里？

后来向 Dezigo 和 Salman 道歉 A：所有 3 个都是很好的答案，但我必须选择一个

score 2 · Accepted Answer

您可以保存输出缓冲区（结束清理它）

<?php

ob_start();

echo "Hello ";

$out1 = ob_get_contents();

ob_end_clean();

var_dump($out1);
?>

score 1 · Accepted Answer

确保在此行之前没有输出：
- 对于错误，将display_errors指令设置为 0 和/或使用自定义错误处理程序
- 对于异常，使用 try/catch 块
- 对于其他输出，如果有的话，使用输出缓冲（ob_start和ob_get_clean）
如果您捕获到任何意外的输出/错误，请不要发送它，而是在您的 JSON 响应中添加一个错误参数：
```
echo json_encode(array(
  'result' => /* your original result here */,
  'error'  => /* error message here */
);
```

您的响应应始终采用这样的结构，如果未发生错误，则错误为 null 或 false。在客户端，您将首先评估错误，然后再评估结果。此外，如果发生错误，您可以发送 HTTP 500 状态代码，然后您应该能够使用 JQuery 的错误回调函数来处理错误：

$statusCode = $error ? 500 : 200;
header('content-type: application/json',  true, $statusCode);

score 1 · Accepted Answer

如何找出输出了什么代码（即它“去”到哪里？）

打开浏览器的开发者工具，然后打开页面并监控网络选项卡。您应该会在此处找到所有 XHR 记录。这包括损坏的 JSON 响应。

此外，JavaScript 库不处理损坏的 JSON。例如，jQuery 将忽略此类响应并触发错误处理程序（如果已配置）。根据 JavaScript 库，成功/错误处理程序可能会让您访问原始的responseText.

3 回答 3