Php 如何执行内部联接sql

尝试在php中使用此sql命令将我的名为“UserCaseMessages”的表与另一个名为“Comments”的表连接起来：

$sql = "
        SELECT UserCaseMessages.DefendantID, Comments.CommentID 
          FROM UserCaseMessages 
    INNER JOIN Comments 
            ON UserCaseMessages.DefendantID = Comments.SenderID
        ";

$result = $conn->query($sql);

if ($result->num_rows > 0) // ERROR GETS THROWN ON THIS LINE {

}

以下是在查询之前与我的数据库的连接部分：

$servername = "localhost";
$username = "username";
$password = "password";

// Get the username from the post
$userUsername = $_POST['string'];


// Create connection
$conn = new mysqli($servername, $username, $password);

// Check connection
if ($conn->connect_error) {
    die("Connection failed: " . $conn->connect_error);
} 

我得到以下错误：

PHP注意：尝试获取非对象的属性

---

我不知道我做错了什么！！所有的东西都拼写正确，并且检查了语法错误，我找不到任何错误，但是我对这个特殊的方法是新的。请帮忙

因为在我提交这篇文章之前20多分钟你还没有回复我的评论，所以我发布了以下答案

您没有在此处选择数据库：

$servername = "localhost";
$username = "username";
$password = "password";

$conn = new mysqli($servername, $username, $password);

因此，您需要添加数据库参数：

$servername = "localhost";
$username = "username";
$password = "password";
$database = "your_DB";

$conn = new mysqli($servername, $username, $password, $database);

阅读有关连接MySQLi API的手册：

还应检查查询中是否存在错误：

另外，请确保POST数组确实包含值。与您未发布的HTML表单有关的内容

表单的元素必须包含匹配的名称属性：

name=string，并且必须有用于的POST方法

方法=post。 仅供参考：等同于，因为如果未暗示POST，则默认为GET方法

使用错误报告检查错误：

尽管如此，如果您的表单没有我已经提到的POST方法，您不会因此而出错，这是很奇怪的

关于$userUsername的旁注

这是模棱两可的。如果试图对该变量运行查询，则需要使用WHERE子句

---

例如：WHERE column='$userUsername'

我不认为PHP错误来自于那一行。您需要显示生成error.PHP错误的代码，而不是SQL错误；数据库连接/查询的代码部分；导致错误的确切代码行。@jimmy:该错误表示数据库查询失败，因此$result不是结果对象。这可能是假的。$conn上可能有一个方法，可以用来在执行查询后检查潜在的错误。查询中的某些内容失败，您需要获取该错误消息以确定失败原因。我已将其更新为显示$conn详细信息等。我为没有及时回复您的评论而道歉，只问一个问题：您如何查找数据的名称base@jimmy你好，吉米。如果你进入phpmyadmin，你会在创建表的地方看到它。@jimmy也看看这个页面，它向你展示了如何使用PHP。只需将db变量替换为您自己的变量。感谢您如此出色地工作！：@吉米，不客气，吉米，干杯