AJAX请求状态200，但没有实际的“响应”

时间：2017-07-14 作者：SBZ

因此，基本上，我编写了一个AJAX调用，它运行一个PHP脚本，响应一个按钮点击（由JS处理）来响应hello world。我得到状态200，在浏览器“inspect element”功能的响应部分，我得到“Hello world”，但它不会显示在页面上。我知道“echo”应该有用，因为我用它来表示我的站点已正确连接到MySQL数据库。因此，响应部分显示“Connected SuccessfullyHello World”（sic），但页面仅显示“Connected Successfully”。所以出于某种原因，它实际上并没有显示Hello World的比特。

PHP

function test() {
echo "Hello World"; 
die();
}

JS公司

function yes(){
   jQuery.ajax({
   url: ajaxurl,
   data: {
        \'action\':\'test_function\'            
         },
   });
};

如果答案非常简单，请提前道歉-我对web开发还不熟悉

更多信息：使用X主题（WP）

1 个回复

SO网友:Luckyfella

你的计划是正确的，但需要做一些调整。您的javascript需要（在最佳情况下）一个对象作为结果，如果您想看到来自PHP的结果，js必须处理这个问题。一个快速的测试是创建一个控制台日志-只是为了检查它是否工作。

尝试按以下方式编辑代码，并在浏览器控制台中进行检查：

// PHP file:
function test() {

$result = array(0 => \'Testresult from Ajax 1\', 1 => \'Testresult from Ajax 2\');
header(\'Content-Type: application/json\');
die (json_encode($result));
}

然后在js中：

// JS file:
function yes() {

var obj = {
    url: ajaxurl,
    type: \'POST\',
    data: {
        action: \'test_function\'
    },
    dataType: \'JSON\',
    cache: false
};

jQuery.ajax(obj)
    .done(function( data ) {
        console.log(\'result is: \', data);
    });
};

如果有效，您可以在done（）函数中处理您的结果，例如将内容写入dom或其他任何内容。

结束

标签： php jquery ajax javascript 小码农

WordPress现在不加载JQuery了吗？我也需要让JQuery入队吗？

在我的HTML中，我正在加载JQuery, 但在将HTML转换为Wordpress. 因为我认为WP会自动加载它。然而，有一种习俗。js位于js文件夹中，我正在尝试这样加载它→if ( ! function_exists( \'puck_scripts\' ) ) { function puck_scripts() { // Register the script like this for a theme: wp_register_script( \'custo

小码农CODE

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