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在不使用任何形式的情况下，我可以<input type="file">使用 jQuery 使用 POST 方法将文件/文件从“upload.php”发送到“upload.php”。输入标签不在任何表单标签内。它独立存在。所以我不想使用像'ajaxForm'或'ajaxSubmit'这样的jQuery插件。

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7 回答 7

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您可以使用FormData通过 POST 请求提交数据。这是一个简单的例子：

var myFormData = new FormData();
myFormData.append('pictureFile', pictureInput.files[0]);

$.ajax({
  url: 'upload.php',
  type: 'POST',
  processData: false, // important
  contentType: false, // important
  dataType : 'json',
  data: myFormData
});

您不必使用表单来发出 ajax 请求，只要您知道您的请求设置（如 url、方法和参数数据）。

于 2014-11-01T15:14:06.673 回答
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这里的所有答案仍在使用FormData API。这就像"multipart/form-data"没有表格的上传。POST您还可以使用以下方式直接将文件作为请求正文中的内容上传xmlHttpRequest：

var xmlHttpRequest = new XMLHttpRequest();

var file = ...file handle...
var fileName = ...file name...
var target = ...target...
var mimeType = ...mime type...

xmlHttpRequest.open('POST', target, true);
xmlHttpRequest.setRequestHeader('Content-Type', mimeType);
xmlHttpRequest.setRequestHeader('Content-Disposition', 'attachment; filename="' + fileName + '"');
xmlHttpRequest.send(file);

Content-Type标头Content-Disposition用于解释我们发送的内容（mime 类型和文件名）。

我也在这里发布了类似的答案。

于 2015-01-29T10:45:15.653 回答
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第 1 步：创建 HTML 页面以放置 HTML 代码。

第 2 步：在 HTML 代码页底部（页脚）中创建 Javascript：并将 Jquery 代码放入 Script 标记中。

第3步：创建PHP文件和php代码拷贝过去。在$.ajax代码 url 中的 Jquery 代码之后，将哪一个应用于您的 php 文件名。

JS

//$(document).on("change", "#avatar", function() {   // If you want to upload without a submit button 
$(document).on("click", "#upload", function() {
  var file_data = $("#avatar").prop("files")[0]; // Getting the properties of file from file field
  var form_data = new FormData(); // Creating object of FormData class
  form_data.append("file", file_data) // Appending parameter named file with properties of file_field to form_data
  form_data.append("user_id", 123) // Adding extra parameters to form_data
  $.ajax({
    url: "/upload_avatar", // Upload Script
    dataType: 'script',
    cache: false,
    contentType: false,
    processData: false,
    data: form_data, // Setting the data attribute of ajax with file_data
    type: 'post',
    success: function(data) {
      // Do something after Ajax completes 
    }
  });
});

HTML

<input id="avatar" type="file" name="avatar" />
<button id="upload" value="Upload" />

php

print_r($_FILES);
print_r($_POST);
于 2015-09-23T04:20:29.027 回答
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根据本教程，这里有一个非常基本的方法：

$('your_trigger_element_selector').on('click', function(){    
    var data = new FormData();
    data.append('input_file_name', $('your_file_input_selector').prop('files')[0]);
    // append other variables to data if you want: data.append('field_name_x', field_value_x);

    $.ajax({
        type: 'POST',               
        processData: false, // important
        contentType: false, // important
        data: data,
        url: your_ajax_path,
        dataType : 'json',  
        // in PHP you can call and process file in the same way as if it was submitted from a form:
        // $_FILES['input_file_name']
        success: function(jsonData){
            ...
        }
        ...
    }); 
});

不要忘记添加正确的错误处理

于 2014-10-25T20:20:42.180 回答
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Sorry for being that guy but AngularJS offers a simple and elegant solution.

Here is the code I use:

ngApp.controller('ngController', ['$upload',
function($upload) {

  $scope.Upload = function($files, index) {
    for (var i = 0; i < $files.length; i++) {
      var file = $files[i];
      $scope.upload = $upload.upload({
        file: file,
        url: '/File/Upload',
        data: {
          id: 1 //some data you want to send along with the file,
          name: 'ABC' //some data you want to send along with the file,
        },

      }).progress(function(evt) {

      }).success(function(data, status, headers, config) {
          alert('Upload done');
        }
      })
    .error(function(message) {
      alert('Upload failed');
    });
  }
};
}]);
.Hidden {
  display: none
}
<script src="https://ajax.googleapis.com/ajax/libs/jquery/2.1.0/jquery.min.js"></script>
<script src="https://ajax.googleapis.com/ajax/libs/angularjs/1.2.23/angular.min.js"></script>

<div data-ng-controller="ngController">
  <input type="button" value="Browse" onclick="$(this).next().click();" />
  <input type="file" ng-file-select="Upload($files, 1)" class="Hidden" />
</div>

On the server side I have an MVC controller with an action the saves the files uploaded found in the Request.Files collection and returning a JsonResult.

If you use AngularJS try this out, if you don't... sorry mate :-)

于 2014-11-03T09:28:09.427 回答
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试试这个 puglin simpleUpload，不需要表格

html:

<input type="file" name="arquivo" id="simpleUpload" multiple >
<button type="button" id="enviar">Enviar</button>

Javascript：

$('#simpleUpload').simpleUpload({
  url: 'upload.php',
  trigger: '#enviar',
  success: function(data){
    alert('Envio com sucesso');

  }
});
于 2014-04-13T01:49:55.770 回答
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非 jquery ( React ) 版本：

JS：

function fileInputUpload(e){

    let formData = new FormData();
    formData.append(e.target.name, e.target.files[0]);

    let response = await fetch('/api/upload', {
      method: 'POST',
      body: formData
    });

    let result = await response.json();

    console.log(result.message);
}

HTML/JSX:

<input type='file' name='fileInput' onChange={(e) => this.fileInput(e)} />

您可能不想使用 onChange，但您可以将上传部分附加到任何其他函数。

于 2021-04-30T18:14:44.583 回答