Php 使用变量名实例化类

我正在尝试这样做：

$controller=新的$controller'控制器'

如果
$controller
是
Pages
，则将创建
PagesController
类的新实例。但是，我得到了这个错误：

Fatal error: Class 'Pages' not found in C:\xampp\htdocs\test\application\app.php on line 25

该类名为
PagesController

我以前在PHP中见过这种方法，但是我找不到任何关于它的文档。
这样做吧

$controller = $controller . 'Controller';
$controller = new $controller();

这样做

$controller = $controller . 'Controller';
$controller = new $controller();

尝试：

文档：



试试：

文档：



只有在指定完整名称空间时，上述答案才有效，无论您之前是使用
use
还是
namespace

use \App\Article\Health as Health;

$article = new Health; // works fine

$classname = "Health";
$article = new $classname(); // Class 'Health' not found.

$c = "\\App\\Article\\$classname";
$article = new $c(); // works fine

只有在指定完整名称空间时，上述答案才有效，无论您以前是使用
use
还是
namespace

use \App\Article\Health as Health;

$article = new Health; // works fine

$classname = "Health";
$article = new $classname(); // Class 'Health' not found.

$c = "\\App\\Article\\$classname";
$article = new $c(); // works fine

第一个方法导致语法错误，但第二个方法产生此错误
可捕获致命错误：无法将PagesController类的对象转换为字符串
。此错误是否发生在编写
$controller=new$controller的行上？抱歉，这是另一行，用于检查我在
die（）
'ing
$controller
处的错误。这个解决方案毕竟是有效的，尽管克里斯在你之前几分钟发布了它，所以我会接受他的回答。非常感谢。第一个方法导致语法错误，但第二个方法产生此错误
可捕获致命错误：无法将PagesController类的对象转换为字符串
。此错误是否发生在编写
$controller=new$controller的行上？抱歉，这是另一行，用于检查我在
die（）
'ing
$controller
处的错误。这个解决方案毕竟是有效的，尽管克里斯在你之前几分钟发布了它，所以我会接受他的回答。非常感谢。与上面相同的错误：
可捕获致命错误：无法将PagesController类的对象转换为字符串
这是正确的方法。它在哪一行显示错误？您是否在构造函数中执行任何操作？与上面相同的错误：
可捕获致命错误：无法将PagesController类的对象转换为字符串
这是正确的方法。它在哪一行显示错误？你在构造器中做什么？