MySQL查询在php中使用时返回空结果

在PHP脚本中使用以下Like查询时，得到的结果为空

    $MasjidName = $_GET['MasjidName'];
$Percent = "%";
$search = $Percent.$MasjidName.$Percent;

echo $search;

$sql = "SELECT * FROM `MasjidMaster` WHERE `MasjidName` LIKE '".$search."'";

// get a product from products table
$result = mysql_query($sql) or die(mysql_error());

我也试过以下方法

$result = mysql_query("SELECT * FROM `MasjidMaster` WHERE `MasjidName` LIKE '%moh%'") or die(mysql_error());

下面是我得到的空结果

{"masjids":[{"MasjidName":null,"Address":null,"Latitude":null,"Longitude":null}],"success":1,"masjid":[]}

下面添加的全部代码是我一直在尝试的脚本

   <?php
    $response = array();
    require_once dirname(__FILE__ ). '/db_connect.php';;
    $db = new DB_CONNECT();
    if (isset($_GET["MasjidName"])) 
    {
            $MasjidName = $_GET['MasjidName'];
            $MasjidName = mysql_real_escape_string($MasjidName);  // you have to escape your variable here.
            $sql = "SELECT * FROM `MasjidMaster` WHERE `MasjidName` LIKE '%$MasjidName%'";
            $result = mysql_query($sql) or die(mysql_error());
            $response["masjids"] = array();

        if (!empty($result)) {
            // check for empty result
            if (mysql_num_rows($result) > 0) {


                while ($row = mysql_fetch_array($result)) {

                $row = mysql_fetch_array($result);

                $masjid = array();
                $masjid["MasjidName"] = $row["MasjidName"];
                $masjid["Address"] = $row["Address"];
                $masjid["Latitude"] = $row["Latitude"];
                $masjid["Longitude"] = $row["Longitude"];

                // success
                $response["success"] = 1;

                // user node
                $response["masjid"] = array();
                array_push($response["masjids"], $masjid);

                }
                // echoing JSON response
                echo json_encode($response);
            } else {
                // no product found
                $response["success"] = 0;
                $response["message"] = "No product found";

                // echo no users JSON
                echo json_encode($response);
            }
        } else {
            // no product found
            $response["success"] = 0;
            $response["message"] = "No product found";

            // echo no users JSON
            echo json_encode($response);
        }
    } else {
        // required field is missing
        $response["success"] = 0;
        $response["message"] = "Required field(s) is missing";

        // echoing JSON response
        echo json_encode($response);
    }
    ?>

试试这个：

$MasjidName = $_GET['MasjidName'];
$MasjidName = mysql_real_escape_string($MasjidName);  // you have to escape your variable here.
$sql = "SELECT * FROM `MasjidMaster` WHERE `MasjidName` LIKE '%$MasjidName%'";
$result = mysql_query($sql) or die(mysql_error());

试用

$sql = "SELECT * FROM MasjidMaster WHERE MasjidName LIKE '".$search."'";

我尝试了
SELECT*从像“s%”这样的城市客户那里它给了我完美的结果。但当我尝试
从'Customers'中选择*，其中'City'类似于's%'它给了我一个空结果

只需删除
”
并尝试一下。希望对您有所帮助。
没有WHERE子句，它是否可以正常工作？请在这里打印
SELECT*的结果，从MasjidMaster那里获得，MasjidName
1）从不使用
mysql
开始。使用
mysqli
或
PDO
。2） 你的代码不安全。任何人都可以插入您的查询。3） 也许没有这种情况的记录。尝试使用
num\u行
-如果是
0
，则没有结果，您的查询也可以。重复
http://stackoverflow.com/questions/23948102/mysql-like-query-fails-in-php.
：）@michael我在没有WHERE子句的情况下尝试过它，但在没有WHERE子句的情况下它会返回结果。我也在MySQL中测试了Like查询，它也会返回结果。什么不起作用？一些错误消息？您能否提供表格中的完整代码和示例数据。我给你的这段代码非常简单，应该可以使用。添加的脚本请删除该行
$row=mysql\u fetch\u array（$result）