Php 从表中选择，其中=$variable

我正在尝试学习PHP/MySql并创建一个简单的“网站”

我在尝试打印Select中的行时遇到问题。我创建了一个带有表“Utenti”的数据库，我想从中选择一个用户名

$username='Prova';
// In my database there is a record with username "Prova"

require 'connessione_db.php';
// I connect Php to the Database in another file

mysqli_select_db ($conn, $dbname);

$checkusername= "SELECT username FROM utenti WHERE username= '$username' ";
// when i write "Where username='Prova' " there aren't problem.

$username_result=mysqli_query($conn,$checkusername);

if (mysqli_num_rows($username_result) > 0) {
        while($rows=mysqli_fetch_array($username_result)) {
                echo $rows['username'];
        }
} else {
    echo "no";
}

对于实际代码，结果是“否”，但如果我写：

... where username='Prova'";

结果是“Prova”

我试图更改代码读取用户的解决方案，但没有成功。我试过：

" ... Where username='" .$username. "'";

或

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和其他无用的建议。

当你在向sql server发送地址时，你使用的是字符串，所以你需要合并两个字符串，这样

用户名=“$username”。“

应该可以正常工作。可能的工作方式类似于

”…用户名=“{$username}”

。你应该使用

错误.log（$checkusername）来调试这个字符串

字符串有什么问题。您当前使用的php版本是什么？最稳定的版本是

5.6

或

7.3.4

，尽管7+版本并不流行。

.username=”$username。“'”

与

username='$username'

相同。在这里使用

mysqli\u real\u escape\u string（）

没有什么区别，因为没有什么可以转义的（尽管您实际上应该使用准备好的语句）。问题中没有任何内容表明，当运行硬编码值和使用完全相同变量的变量时，会得到不同的结果。问题中是否有其他内容没有显示？我添加了整个代码，我只遗漏了以前使用的类似代码，但变量是整数类型，代码确实如此没问题。谢谢您的回答@Yann您应该在sql查询之前使用

error.log

，然后在服务器上某个位置的error.log文件中查看它。我试图在代码中添加error\u log:'“error\u log（$controllusername）=”选择。。。“'当我试图打开页面时，得到这个错误：致命错误：不能使用函数返回值。@Yann您使用

error\u log

作为函数，所以您传递参数（在您的例子中是字符串），所以看起来像这样：

error\u log（$myString）

。另外，我建议您阅读有关该函数的文章。昨天我使用了该函数，出现了致命错误“无法使用函数返回值”。也许我不理解您的意思……无论如何，感谢您的耐心等待

mysqli_real_escape_string($conn,$username);