Java 在android studio中无法从我与截击的链接中获取json

下面是从MainActivity.java中的链接解析json的代码

public class MainActivity extends Activity {
    String urlGetData = "http://192.168.1.9/androidwebservice/getdata.php";
    String url = "http://my-json-feed";
    String convertedResponse = null;

    @Override
    protected void onCreate(Bundle savedInstanceState) {
        super.onCreate(savedInstanceState);
        setContentView(R.layout.activity_main);
    GetData(urlGetData);
    }

    private void GetData(String url) {
        RequestQueue requestQueue = Volley.newRequestQueue(this);
        JsonArrayRequest jsonArrayRequest = new JsonArrayRequest(Request.Method.GET, url, null,
                new Response.Listener<JSONArray>() {
                    @Override
                    public void onResponse(JSONArray response) {
                    Toast.makeText(MainActivity.this,response.toString(),Toast.LENGTH_SHORT).show();
                    }
                },
                new Response.ErrorListener() {
                    @Override
                    public void onErrorResponse(VolleyError error) {
                        Toast.makeText(MainActivity.this, "LOOIVVVVV", Toast.LENGTH_SHORT).show();
                    }
                });
        requestQueue.add(jsonArrayRequest);
    }
}

公共类MainActivity扩展活动{
字符串urlGetData=”http://192.168.1.9/androidwebservice/getdata.php";
字符串url=”http://my-json-feed";
字符串convertedResponse=null；
@凌驾
创建时受保护的void（Bundle savedInstanceState）{
super.onCreate（savedInstanceState）；
setContentView（R.layout.activity_main）；
GetData（urlGetData）；
}
私有void GetData（字符串url）{
RequestQueue RequestQueue=Volley.newRequestQueue（this）；
JsonArrayRequest JsonArrayRequest=新的JsonArrayRequest（Request.Method.GET，url，null，
新的Response.Listener（）{
@凌驾
公共void onResponse（JSONArray响应）{
Toast.makeText（MainActivity.this，response.toString（），Toast.LENGTH_SHORT.show（）；
}
},
新的Response.ErrorListener（）{
@凌驾
公共无效onErrorResponse（截击错误）{
Toast.makeText（MainActivity.this，“looivvv”，Toast.LENGTH\u SHORT.show（）；
}
});
add（jsonArrayRequest）；
}
}

当我用这个运行应用程序时，它可以工作。但是当我使用我的链接时，它不起作用（这个链接我从数据库MySQl获取数据并解析为json），当我检查时，它是一样的。 这里是我的php文件：

<?php
    $connect    = mysqli_connect("localhost","root","","sinhvien");
    mysqli_query($connect,"SET NAMES ");
    $query ="SELECT * from student";
    $data = mysqli_query($connect,$query);
    class SinhVien{
        function SinhVien($id,$hoten,$namsinh,$diachi){
            $this->ID=$id;
            $this->HoTen=$hoten;
            $this->NamSinh=$namsinh;
            $this->DiaChi=$diachi;
        }
    }
    $mangSV=array();
    while($row=mysqli_fetch_assoc($data)){
      array_push($mangSV, new SinhVien($row['id'],$row['hoten'],$row['namsinh'],$row['diachi']));
    }
    echo json_encode($mangSV);
?>

请添加错误消息“我没有错误”。只是json不能显示在我的虚拟屏幕中