Javascript $ .getJSON回调和参数传递

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 
}

不过，我想传递一个变量，它使PHP脚本可以使用它的$ _GET [“”]值和定制数据。

我厌倦了愚弄，但无法让事情工作任何想法？

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

这个php页面看起来像这样已被剥离。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 . ');'; 
    }     
?>

来源

2012-11-29 DevilCode

callback =什么？ –

嗨Behnam Esmaili我不明白你的问题 – DevilCode

我发布了一个answer.check。 –

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

似乎工作...

来源

2012-12-04 17:38:45 DevilCode

我会建议取消从callback=?您jsonUrl

来源

2012-11-29 19:30:33 bluetoft

怎么来/为什么？ – DevilCode

一个URL查询字符串以'？'开头如果你正在检查'callback'属性并且想传递一个空值，那么就留下？callback =＆value = 65“。我想象你是querystring是用 – bluetoft

尝试通过你的参数到data参数的函数调用，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

请注意，echo会将假定的json结果发送回您的$.getJSON()方法调用，例如success()（如果成功）。如果你知道在success()方法js的方法名称，而只需要通过它$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);

来源

2012-11-29 19:30:42

但他想用$ _GET访问它 –

我对POST没问题，但是在URL中没有回调=？的方法会导致Access-Control-Allow-Origin。 – DevilCode

另外它的静止GET不发布。 – DevilCode

Javascript $ .getJSON回调和参数传递

回答

相关问题